a: Xét ΔABC có
AD,CE là các đường phân giác
AD cắt CE tại O
Do đó: O là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC
=>BO là phân giác của góc ABC
mà BF là phân giác ngoài tại đỉnh B của ΔABC
nên BO⊥BF
b: Kẻ FH⊥AD tại H và FM⊥BC tại M và FI⊥AB tại I
Ta có: AD là phân giác của góc BAC
=>\(\hat{BAD}=\hat{CAD}=\frac12\cdot\hat{BAC}=60^0\)
Ta có: \(\hat{BAC}+\hat{BAF}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(\hat{BAF}=180^0-120^0=60^0\)
Ta có: \(\hat{HAF}=\hat{DAC}\) (hai góc đối đỉnh)
mà \(\hat{DAC}=60^0\)
nên \(\hat{HAF}=60^0\)
Xét ΔAHF vuông tại H và ΔAIF vuông tại I có
AF chung
\(\hat{HAF}=\hat{IAF}\)
Do đó: ΔAHF=ΔAIF
=>FH=FI(1)
Xét ΔBIF vuông tại I và ΔBMF vuông tại M có
BF chung
\(\hat{IBF}=\hat{MBF}\)
Do đó: ΔBIF=ΔBMF
=>FI=FM(2)
Từ (1),(2) suy ra FH=FM
Xét ΔDHF vuông tại H và ΔDMF vuông tại M có
DF chung
FH=FM
Do đó: ΔDHF=ΔDMF
=>\(\hat{HDF}=\hat{MDF}\)
=>\(\hat{ADF}=\hat{BDF}\)
