a: Xét ΔFBC vuông tại F và ΔECB vuông tại E có

CB chung

\(\widehat{FBC}=\widehat{ECB}\)(ΔABC cân tại A)

Do đó: ΔFBC=ΔECB

b:

Ta có;ΔFBC=ΔECB

=>EB=FC

Xét ΔAEB vuông tại E và ΔAFC vuông tại F có

AB=AC

BE=CF

Do đó: ΔABE=ΔACF

c: Ta có: ΔABE=ΔACF

=>AE=AF

Xét ΔABC có \(\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{AF}{AB}\)

nên EF//CB

d: Sửa đề: K là trung điểm của BC, H là giao điểm của BE và CF

Ta có: ΔFBC=ΔECB

=>\(\widehat{FCB}=\widehat{EBC}\)

=>\(\widehat{HBC}=\widehat{HCB}\)

=>ΔHBC cân tại H

=>HB=HC

=>H nằm trên đường trung trực của BC(1)

ta có: KB=KC

=>K nằm trên đường trung trực của BC(2)

Ta có: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra A,H,K thẳng hàng

3) Chứng minh EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF

Tứ giác BFEC có  B E C ^ = B F C ^ = 90 0

=> tứ giác BFEC nội tiếp đường tròn đường kính BC

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC thì O cũng là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF

∆ OBE cân tại O (do OB=OE) => O B E ^ = O E B ^

∆ AEH vuông tại E có EM là trung tuyến ứng với cạnh huyền AH (Vì M là trung điểm AH)

=> ME=AH:2= MH do đó  ∆ MHE cân tại M=> M E H ^ = M H E ^ = B H D ^

Mà B H D ^ + O B E ^ = 90 0 ( ∆ HBD vuông tại D)

Nên  O E B ^ + M E H ^ = 90 0 Suy ra  M E O ^ = 90 0

⇒ E M ⊥ O E tại E thuộc ( O ) => EM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác BEF

4) Gọi I và J tương ứng là tâm đường tròn nội tiếp hai tam giác BDF và EDC. Chứng minh DIJ ^   =   DFC ^  

Tứ giác AFDC có A F C ^ = A D C ^ = 90 0  nên tứ giác AFDC nội tiếp đường tròn =>  B D F ^ = B A C ^

∆ BDF và  ∆ BAC có  B D F ^ = B A C ^  (cmt); B ^ chung do đó  ∆ BDF  ~   ∆ BAC(g-g)

Chứng minh tương tự ta có  ∆ DEC ~   ∆ ABC(g-g)

Do đó  ∆ DBF ~ ∆ DEC  ⇒ B D F ^ = E D C ^ ⇒ B D I ^ = I D F ^ = E D J ^ = J D C ^ ⇒ I D J ^ = F D C ^ (1)

Vì  ∆ DBF ~ ∆ DEC (cmt); DI là phân giác, DJ là phân giác  ⇒ D I D F = D J D C  (2)

Từ (1) và (2) suy ra  ∆ DIJ ~ ∆ DFC (c-g-c) =>  DIJ ^   =   DFC ^  

Gọi M là trung điểm BC ; N là điểm đối xứng với H qua M.

M là trung điểm của BC và HN nên BNCH là hình bình hành

\(\Rightarrow NC//BH\)

Mà \(BH\perp AC\Rightarrow NC\perp AC\)hay AN là đường kính của đường tròn ( O ) 

Dễ thấy OM là đường trung bình \(\Delta AHN\) suy ra \(OM=\frac{1}{2}AH\)

M là trung điểm BC nên OM \(\perp\)BC

Xét \(\Delta AHG\)và \(\Delta OGM\)có :

\(\widehat{HAG}=\widehat{GMO}\); \(\frac{GM}{GA}=\frac{OM}{HA}=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\Delta AGH~\Delta MOG\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{AGH}=\widehat{MGO}\)hay H,G,O thẳng hàng

gọi E,F,T lần lượt là trung điểm của AB,CD,BD

Đường thẳng ME cắt NF tại S

Vì AC = BD \(\Rightarrow EQFP\)là hình thoi \(\Rightarrow EF\perp PQ\)( 1 )

Xét \(\Delta TPQ\)và \(\Delta SEF\)có : \(ME\perp AB,TP//AB\)

Tương tự , \(NF\perp CD;\)\(TQ//CD\)

\(\Rightarrow\Delta TPQ~\Delta SEF\)( Góc có cạnh tương ứng vuông góc )

\(\Rightarrow\frac{SE}{SF}=\frac{TP}{TQ}=\frac{AB}{CD}\)

Mặt khác : \(\Delta MAB~\Delta NCD\Rightarrow\frac{AB}{CD}=\frac{ME}{NF}\)( tỉ số đường cao = tỉ số đồng dạng )

Suy ra : \(\frac{ME}{NF}=\frac{SE}{SF}\)\(\Rightarrow EF//MN\)( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(MN\perp PQ\)

Bài 4: