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 ^ .

B A M ^ = C A M ^ =>  B M ⏜ = M C ⏜ => OM ⊥ BC => BC//DE

Ta có: \(\widehat{CDF}=\widehat{CAD}\) (cùng chắn AD)

\(\widehat{CAD}=\widehat{BAD}\) (AD là phân giác)

\(\widehat{BAD}=\widehat{BCD}\) (cùng chắn BD)

\(\Rightarrow\widehat{CDF}=\widehat{BCD}\)

\(\Rightarrow BC||EF\) (hai góc so le trong bằng nhau)

\(\Rightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AC}{AF}\Rightarrow AB.AF=AC.AE\)

Cũng từ BC song song EF \(\Rightarrow\widehat{ACB}=\widehat{AFD}\) (đồng vị)

Mà \(\widehat{ACB}=\widehat{ADB}\) (cùng chắn AB)

\(\Rightarrow\widehat{AFD}=\widehat{ADB}\)

Xét 2 tam giác AFD và ADB có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{FAD}=\widehat{DAB}\left(\text{AD là phân giác}\right)\\\widehat{AFD}=\widehat{ADB}\left(cmt\right)\end{matrix}\right.\)  \(\Rightarrow\Delta AFD\sim\Delta ADB\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{AB}=\dfrac{AF}{AD}\Rightarrow AB.AF=AD^2\)

\(\Rightarrow AB.AF=AC.AE=AD^2\)

b, Vì DF//AB nên \(\widehat{DHC}=\widehat{BAC}\)(đồng vị)

mà \(\widehat{BAC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=\widehat{DOC}\)(góc nội tiếp và góc ở tâm)

\(\Rightarrow\widehat{DOC}=\widehat{DHC}\)hay tứ giác DOHC nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{DHO}=\widehat{DCO}=90^0\)\(\Rightarrow OH\perp DF\)

câu c tí nữa làm :P

c, Từ a, b => 5 điểm B,O,H,C,D cùng nằm trên đường tròn đường kính OD

Vì tứ giác BHCD nội tiếp \(\Rightarrow ID.IH=IB.IC\)

Vì tứ giác BECF nội tiếp \(\Rightarrow IE.IF=IB.IC\)

\(\Rightarrow ID.IH=IE.IF\)

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.