Ta có: Do I là giao điểm 2 tiếp tuyến của (O) nên IO là phân giác ˆGOKGOK^, tương tự thì OC là phân giác ˆKODKOD^, mà 2 góc này kề bù nên IO⊥OCIO⊥OC. △IOC△IOC vuông tại O có OK là đường cao nên OK2=IK.KC=IG.CDOK2=IK.KC=IG.CD Chứng minh tương tự thì OJ2=GH.BDOJ2=GH.BD mà IE=IFIE=IF nên GH.BD=IG.CDGH.BD=IG.CD⇔GHIG=CDBD⇔GHIG=CDBD Mặt khác, ta có: HI∥BCHI∥BC do cùng vuông góc với GD nên GITC=AIAC=AHAB=HGBMGITC=AIAC=AHAB=HGBM⇒GHIG=BTTC⇒GHIG=BTTC Vậy CDBD=BTTC⇔CDBD+1=BTTC+1⇔BCBD=BCTC⇒BD=TCCDBD=BTTC⇔CDBD+1=BTTC+1⇔BCBD=BCTC⇒BD=TC, mà N là trung điểm BC nên N là trung điểm DT Theo định lý đường trung bình trong tam giác thì MO∥AT,ON∥ATMO∥AT,ON∥AT nên theo tiên đề Ơ-clit thì 3 điểm M, O, N thẳng hàng(đpcm)

Trên nửa mặt phẳng bờ ME chứa S, vẽ tiếp tuyến Ex của đường tròn ngoại tiếp ΔMEF

=>góc SFE=góc MEx

=>góc MES=góc MEx

=>SE trùg với Sx

=>SE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔMEF

a) Xét tam giác AEC và tam giác ADB

có:

\(\widehat{AEC}=\widehat{ADB}=90^o\)

\(\widehat{EAC}=\widehat{DAB}\)( đối đỉnh)

=> \(\Delta AEC~\Delta ADB\Rightarrow\frac{AE}{AD}=\frac{AC}{AB}\Rightarrow AE.AB=AD.AC\)

b) Xét tam giác HCB có hai đường cao CD và BE cắt nhau tại A 

=> A là trực tâm tam giác ACB

=> HA vuông BC

=> AF vuông BC

Xét tứ giác BFEH có:

\(\widehat{BFH}=\widehat{HEB}=90^o\)

=> BFEH nội tiếp

c) Ta có: \(\widehat{EOC}=2\widehat{EBC}\)( góc ở tâm có độ lớn gấp 2 lần góc nội tiếp cùng chắn một cung)

Xét tứ giác ADBF có: \(\widehat{ADB}+\widehat{AFB}=90^o+90^o=180^o\)

=> ADBF nội tiếp 

=> \(\widehat{ABF}=\widehat{ADF}\)( cùng chắn cung AF) hay \(\widehat{EBC}=\widehat{CDF}\)

Mặt khác \(\widehat{EDC}=\widehat{EBC}\)( cùng chắn cung EC)

=> \(\widehat{EOC}=2.\widehat{EBC}=\widehat{CDF}+\widehat{EDC}=\widehat{EDF}\)

=> \(\widehat{FOE}+\widehat{FDE}=\widehat{FOE}+\widehat{EOC}=180^o\)( hai góc bù nhau)

=> Tứ giác DEOF nội tiếp