Hình vẽ:

Lời giải:

Ta có:

$PM\parallel AC$ nên $\widehat{PMB}=\widehat{ACB}$

Mà $\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=\widehat{PBM}$ do tam giác $ABC$ cân nên $\widehat{PMB}=\widehat{PBM}$

$\Rightarrow \triangle PBM$ cân tại $P$

$\Rightarrow PB=PM$

Mà $PM=PD$ do tính đối xứng

$\Rightarrow PB=PM=PD$ nên $P$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $(DBM)$

$\Rightarrow \widehat{BDM}=\frac{1}{2}\widehat{BPM}$ (tính chất góc nt và góc ở tâm cùng chắn 1 cung)

$=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$

Tương tự, $Q$ cũng là tâm ngoại tiếp $(DCM)$

$\Rightarrow \widehat{MDC}=\frac{1}{2}\widehat{MQC}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$ 

Như vậy:

$\widehat{BDC}=\widehat{BDM}+\widehat{MDC}=\widehat{BAC}$

Kéo theo $D\in (ABC)$

Ta có đpcm.

1). Gọi AD cắt (O) tại P khác A

Ta có P C M ^ = P A C ^  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)  = P E M ^ (góc đồng vị do E M ∥ A C );

Suy ra tứ giác ECMP nội tiếp. Từ đó suy ra   M P C ^ = M E C ^ = E C A ^ = C A P ^ ⇒ PM  tiếp xúc (O)

Tương tự PN tiếp xúc (O), suy ra MN tiếp xúc (O) tại P.

a) Vì d là tiếp tuyến của (O) tại A

⇒ OA ⊥ D mà d // d'

⇒ OA ⊥ D tại E

⇒ \(\widehat{AEB}=90^0\)

Suy ra: điểm E thuộc đường tròn đường kính AB           (1)

Ta có:   AF ⊥ BC    ⇒     \(\widehat{AFB}=90^0\)

Suy ra:  điểm F thuộc đường tròn đường kính AB           (2)

Từ (1) và (2):   ⇒    A, B, E, F cùng thuộc đường tròn đường kính AB

Từ đó:   tam giác ABFE nội tiếp

b) Ta có:    \(\widehat{ACB}=\widehat{IAB}\) ( góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến cùng chắn cung AB )

Lại có:    \(\widehat{ABD}=\widehat{IAB}\) ( so le trong ) 

⇒ \(\widehat{ABD}=\widehat{ACB}\)

Xét △ ABD và △ ACB có:

   \(\widehat{ABD}=\widehat{ACB}\) ( cmt )

   \(\widehat{A}\) chung 

⇒ △ ABD ∼ △ ACB    ( g - g )

Từ đó:   \(\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AC}{AB}\Leftrightarrow AB^2=AC.AD\)   ( đpcm )

c) Theo câu a, ta có: tam giác ABFE nội tiếp

⇒ \(\widehat{ABE}=\widehat{AFE}\)     ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AE )

Mà   \(\widehat{ABE}=\widehat{ACB}\Rightarrow\widehat{AFE}=\widehat{ACB}\)      (3) 

Ta có:  M là trung điểm của AB và N là trung điểm của BC

⇒ MN là đường trung bình △ ABC

⇒  MN // AC

⇒     \(\widehat{BMN}=\widehat{ACB}\)   ( đồng vị )      (4)

Từ (3) và (4):     \(\widehat{AFE}=\widehat{BNM}\)

Mà \(\widehat{AFE}+\widehat{NFE}=90^0\Rightarrow\widehat{BNM}+\widehat{NFE}=90^0\)

Gọi H là giao điểm của EF và MN

⇒ \(\widehat{FNH}=90^0\)

⇒   EF ⊥  MN   ( đpcm )

2) Theo 1). dễ thấy Δ B F A ∽ Δ B N P ⇒ Δ B N F ∽ Δ B P A ⇒ B N B P = F N A P (1).

Tương tự Δ C M E ∽ Δ C P A ⇒ C M C P = E M A P  (2).

Từ (1) và (2), ta có B N C M ⋅ C P B P = F N E M và theo giả thiết F N E M = B N C M , suy ra   C P = B P ⇒ A D là phân giác góc B A C ^ .

a) Ta có: OA⊥d(gt)

d//d'(gt)

Do đó: OA⊥d'(Định lí 1 từ vuông góc tới song song)

hay AE⊥BE

Xét tứ giác ABFE có 

\(\widehat{AFB}=\widehat{AEB}\left(=90^0\right)\)

\(\widehat{AFB}\) và \(\widehat{AEB}\) là hai góc cùng nhìn cạnh AB

Do đó: ABFE là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)