a) Tứ giác BEFI có: BFF = 90^o (gt)

BEF = BEA = 90^o

=> Tứ giác BEFI là nội tiếp đường tròn đường kính BF

b) 

Vì \(AB\perp CD\)nên AC = AD

=> ACF = AEC

Xét tam giác ACF và tam giác AEC có gốc chung A và ACF = AEC

=> Tam giác ACF song song với tam giác AEC => \(\frac{AC}{AF}=\frac{AB}{AC}\)

=> AE . AF = AC²

c) Theo câu b) ta có: ACF = AEC = > AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của tam giác CEF (1)

Mặt khác, ta có: ACB = 90^o (góc nội tiếp chứa đường tròn)

\(\Rightarrow AC\perp CB\)(2) 

Từ (1) và (2) => CB chứa đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF, mà CB cố định nên tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF thuộc CB cố định E thay đổi trên cung nhỏ BC.

giải câu c chi tiết được hôm

a) Bổ đề: Xét tam giác ABC cân tại A, một điểm M bất kì sao cho ^AMB = ^AMC. Khi đó MB = MC.

Bổ đề chứng minh rất đơn giản, không trình bày ở đây.

Áp dụng vào bài toán: Vì E là điểm chính giữa (BC nên EB = EC = ED => \(\Delta\)BED cân tại E

Ta có ^BAE = ^CAE (2 góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay ^BAE = ^DAE

Áp dụng bổ đề vào \(\Delta\)BED ta được AB = AD. Khi đó AE là trung trực của BD => AE vuông góc BD

Lại có \(\Delta\)BAD ~ \(\Delta\)CFD (g.g). Mà AB = AD nên FD =FC. Từ đó EF vuông góc DC

Xét \(\Delta\)AEF có FD vuông góc AE (cmt), AD vuông góc EF (cmt) => D là trực tâm \(\Delta\)AEF (đpcm).

b) Gọi DN cắt EC tại I. Ta dễ thấy ^MDI = ^MDN = ^MBN = ^MBC = ^MEC = ^MEI

Suy ra bốn điểm D,E,M,I cùng thuộc một đường tròn => ^EMD = ^EID = 90⁰

Nếu ta gọi MD cắt cung lớn BC của (O) tại S thì ^EMS chắn nửa (O) hay ES là đường kính của (O)

Mà E là điểm chính giữa cung nhỏ BC nên S là điểm chính giữa cung lớn BC

Do đó S là điểm cố định (Vì B,C cố định). Vậy MD luôn đi qua S cố định (đpcm).

a. Cô sửa thành AM² = CM.CD

Xét tam giác ACM và DCA có: \(\widehat{C}\) chung, \(\widehat{CAM}=\widehat{CDA}\) (Chắn hai cung CB và CA bằng nhau)

Vậy thì \(\Delta ACM\sim\Delta DCA\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AC}{CD}=\frac{CM}{CA}\Rightarrow CA^2=CD.CM\)

b.  C là điểm chính giữa cung AB nên OC vuông góc AB tại trung điểm N. Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM. AI cắt (O) tại J.

Do câu a: \(\Delta ACM\sim\Delta DCA\left(g-g\right)\Rightarrow\widehat{CAD}=\widehat{CMA}\)

Lại có \(\widehat{JAD}=\widehat{JCD}\) nên \(\widehat{JAD}+\widehat{DAC}=\widehat{JCD}+\widehat{CMA}=90^o\Rightarrow\widehat{CAJ}=90^o\)

Vậy CJ là đường kính (O) hay J cố định, từ đó suy ra Ạ cố định. Lại có tâm I luôn thuộc AJ nên ta đã chứng minh được tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ADM thuộc một đường thẳng cố định.

em thấy không ổn lắm ạ vì \(\widehat{JCD}\ne\widehat{OCD}\)

Cô sửa lại một phần câu b: Gọi các điểm như bên trên.

Xét đường tròn (O): \(\widehat{CDA}=\frac{1}{2}\widehat{COA}\) (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)

Xét đường tròn (I): \(\widehat{CDA}=\widehat{MDA}=\frac{1}{2}\widehat{MIA}\) (Góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung)

Vậy nên \(\widehat{COA}=\widehat{MIA}\). Lại có OAC và MIA là các tam giác cân nên \(\widehat{ACO}=\widehat{IAM}\Rightarrow\widehat{CAI}=\widehat{IAM}+\widehat{MAC}=\widehat{ACO}+\widehat{MAC}=90^o\)

Vậy ta có kết luận như trên.

c) Có ACF = CBA (phụ ICB) . Trong (O) có ACF = CEF (chắn hai cung bằng nhau AC và cung AD) vậy ACF = CEF < 90 nên AC là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF suay ra tâm của đường tròn đường tròn ngoại tiếp tam giác CEF thuộc đường vuông góc AC tại C nên Tâm thuộc AC cố định khi E thay đổi trên cung nhỏ BC

bạn ơi khó lắm mik trả giải nổi đâu sorry nha

a, b thì mk lm đk còn c thì bó tay