D thuộc đường tròn đường kính IJ nên $\widehat{JMI}=90°$ hay $JM\perp CI$

Tương tự  $IN\perp CJ$

Tam giác $CIJ$ có 3 đường cao $CA,JM,IN$ đồng quy tại D.

Vậy $IN,JM,AB$  đồng quy tại một điểm D.

ABCD là tứ giác nội tiếp => $\widehat{D_1}=\widehat{{C_3}_{}}$( nội tiếp cùng chắn cung AB).

 $\widehat{D_1}=\widehat{C_3}$=> $\stackrel{⏜}{SM}=\stackrel{⏜}{EM}$ => $\widehat{C_2}=\widehat{C_3}$  (hai góc nội tiếp đường tròn (O) chắn hai cung bằng nhau) => CA là tia phân giác của góc SCB.

TH2 (Hình b)

 $\widehat{ABC}=\widehat{CME}$ (cùng phụ ACB );$\widehat{ABC}=\widehat{CDS}$  (cùng bù ADC ) =>  $\widehat{CME}=\widehat{CDS}$

=> $\stackrel{⏜}{CE}=\stackrel{⏜}{CS}\Rightarrow \stackrel{⏜}{SM}=\stackrel{⏜}{EM}$ =>$\widehat{SCM}=\widehat{ECM}$  => CA là tia phân giác của góc SCB.

Xét DCMB Ta có BA^CM; CD ^ BM; ME ^ BC như vậy BA, EM, CD là ba đường cao của tam giác CMB nên BA, EM, CD đồng quy.

Theo trên Ta có  $\stackrel{⏜}{SM}=\stackrel{⏜}{EM}$ => $\widehat{D_1}=\widehat{D_2}$  => DM là tia phân giác của góc ADE.(1)

Ta có $\widehat{MEC}={90}^0$  (nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) =>$\widehat{MEB}={90}^0$ .

Tứ giác AMEB có $\widehat{MAB}={90}^0$ ; $\widehat{MEB}={90}^0$ => $\widehat{MAB}+\widehat{MEB}={180}^0$ mà đây là hai góc đối nên tứ giác AMEB nội tiếp một đường tròn =>  $\widehat{A_2}=\widehat{B_2}.$

Tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp => $\widehat{A_1}=\widehat{{B_2}_{}}$ ( nội tiếp cùng chắn cung CD)

=> ${\widehat{A}}_1=\widehat{A_2}$ => AM là tia phân giác của góc DAE (2)

Từ (1) và (2) ta có M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE.

$\widehat{BCA}=\widehat{\text{BDA}}\text{=}{90}^0$ ( nội tiếp chắn nửa đường tròn ) ….

=> $\widehat{MCI}+\widehat{IDM}={180}^0$  mà đây là hai góc đối của tứ giác MCID nên MCID là tứ giác nội tiếp.

AD, MC, MH là ba đường cao của tam giác BAM nên đồng quy tại I.

Chỉ ra KCI là tam giác cân, từ đó 

$\widehat{CIK}=\widehat{HIB}=\widehat{CAB}=\widehat{ACO}$

 $\widehat{ACO}+\widehat{OCI}=\widehat{KCI}+\widehat{OCI}={90}^0$. Từ đó chỉ ra  $\widehat{OCK}={90}^0$…. (tự chứng minh)

Xét tam giác ABT và tam giác BDT có:

 BTD chung

$\widehat{BAT}=\widehat{TBD}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cùng chắn cung BD).

=>$\Delta ABT\Delta BDT.$ (g-g)

Có $\Delta ABT\Delta BDT.$ (g-g)

$=>\frac{AB}{BD}=\frac{AT}{BT}\left(1\right)$

Chứng minh được  $\Delta ACT\Delta CDT$(g-g)

$=>\frac{AC}{CD}=\frac{AT}{CT}\left(2\right)$

Tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại T nên BT = CT       (3)

Từ (1), (2), (3) có $\frac{AB}{BD}=\frac{AC}{CD}=>AB.CD=BD.AC$

Phân giác góc BAC cắt BC tại I, theo tính chất phân giác trong tam giác ta có:

Từ AB.CD = BD.AC

=> DI là phân giác góc BDC

Do đó hai đường phân giác góc BAC và BDC và đường thẳng BC đồng quy.

Ta có = 90º (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) AM BE

Xét ∆EAB và ∆ABF có:

_{$\widehat{\text{EAB}}\text{=}\widehat{\text{ABF}};\widehat{\text{AEB}}=\widehat{FAB}$} (cùng phụ với )

Suy ra ∆EAB ~ ∆ABF ( g.g)

$\Rightarrow$$\frac{\text{AB}}{\text{BF}}\text{=}\frac{\text{AE}}{\text{AB}}$$\iff$AB² = AE. BF

CA = CM và CO là tia phân giác của ACM

 ∆AMC cân tại C và CO là đường cao  CO AM

Do đó trong ∆ABE có OA=OB, OC//BE nên CA=CE.

Gọi giao điểm của AB và EF là S. Ta sẽ chứng minh S, C, D thằng hàng.

Giả sử SC cắt BF tại D’. Vì AE // BF nên theo định lí Ta-let, có:

D’ là trung điểm của BF

D trùng với D’ hay S, C, D thẳng hàng.

Vậy ba đường thẳng AB, EF, CD đồng quy tại S.

$\Delta ABC$ có AM là đường trung tuyến,G thuộc đoạn thẳng AM và $AG=\frac{2}{3}AM$ nên G là trọng tâm của tam giác AHD .HO là đường trung tuyến nên đi qua  G và $HG=2GO$

$\Delta HAD$ có $MN\parallel AD$ , M là trung điểm của HD

$\Rightarrow N$ là trung điểm của AH

Ta có:$NH=OM(=\frac{1}{2}AH),NH\parallel OM$

Do đó HNOM là hình bình hành.

$\Rightarrow d_1$ đi qua trung điểm I của OH

Chứng minh tương tự có $d_2,d_3$ đi qua I

Vậy các đường thẳng $d_1,d_2,d_3$  đồng quy

Trường hợp 1:$\widehat{C}={90}^0$. Rõ ràng $A{B}_1,A_{1}B,A_2{B}_2$  đồng quy tại C.

Trường hợp 2:$\widehat{C}\ne {90}^0$

Các đường tròn ngoại tiếp hình vuông $AC{A}_1{A}_2$ và  $BC{B}_1{B}_2$

Có điểm chung c sẽ cắt nhau tại M (khác )

Ta có: $\widehat{AM{A}_2}={45}^0$  (góc nội tiếp chắn cung một phần tư đường tròn)

$\widehat{A_{2}MC}=\widehat{A_{2}AC}={90}^0$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tương tự:$\widehat{CM{B}_1}={45}^0$

Vì tia $M{A}_2$ nằm giữa hai tia MA và MC,tia MC nằm giữa hai tia MB và $M{A}_2$

nên $\widehat{AM{A}_2}+\widehat{A_{2}MC}+\widehat{CM{B}_1}={45}^0+{90}^0+{45}^0={180}^0$

hay $A,M,B$  thẳng hàng.

Chứng minh tương tự  $A_1,M,B$ và $A_2,M,B_2$ thẳng hàng

Vậy $A{B}_1,A_{1}B$ và $A_2{B}_2$  cùng đi qua M

Hay $A{B}_1,A_{1}B$  và $A_2{B}_2$  đồng quy.

Chứng minh tứ giác BDEC nội tiếp:

Ta có: $\widehat{ADH}=\widehat{AEH}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Ta lại có:$\widehat{ADE}=\widehat{AHE}$  (góc nội tiếp cùng chắn cung AE)

$\widehat{AHE}=\widehat{ACB}$ (cùng phụ với EHC )

Vậy tứ giác BDEC nội tiếp (góc ngoài tại một đỉnh bằng góc trong của đỉnh đối diện)

Chứng minh :$OA\perp DE$

Ta có:$\Delta OAB$ cân tại O ($OA=OB=R$)

$\Rightarrow \widehat{OAB}=\widehat{OBA}$. Mà $\widehat{OBA}+\widehat{ACB}=90°$ ( $\Delta ABC$ vuông tại A)

$\widehat{AHE}=\widehat{ACB}$

$\Rightarrow \widehat{OAB}+\widehat{ADE}=90°$ hay $OA\perp DE$

Chứng minh các đường thẳng $AF,DE,BC$  đồng quy:

Gọi S là giao điểm của AF và BC

 $\Delta SAO$ có:$AH\perp BC$ (gt)

$OI\perp AS$ (tính chất đường nối tâm của 2 đtr cắt nhau)

 $\Rightarrow SI\perp OA$ (đường cao thứ ba trong )

Mà $OA\perp DE$  (câu b)

$\Rightarrow S,D,I,E$ thẳng hàng hay đường thẳng  qua .

Vậy các đường thẳng $AF,DE,BC$  đồng quy

Tính theo R diện tích tứ giác BDEC:

Ta có: $\Delta ABC$ vuông tại A,$\widehat{ACB}=\frac{sd\stackrel{⏜}{AB}}{2}=\frac{60°}{2}=30°$

$AB=BC.\sin 30°$$=2R.\frac{1}{2}=R$; $AC=BC.cos30°=2R.\frac{\sqrt{3}}{2}=R\sqrt{3}$        

 $AH.BC=AB.AC$$\Rightarrow AH=\frac{AB.AC}{BC}=\frac{R.R\sqrt{3}}{2R}=\frac{R\sqrt{3}}{2}$

Ta lại có: $\Delta ADE$ đồng dạng $\Delta ACB$

$\Rightarrow \frac{S_{ACB}}{S_{ADE}}={\left(\frac{BC}{DE}\right)}^2={\left(\frac{BC}{AH}\right)}^2=\left(\frac{2R}{\frac{R\sqrt{3}}{2}}\right)={\left(\frac{4R}{R\sqrt{3}}\right)}^2=\frac{16}{3}$

 $\Rightarrow \frac{S_{ACB}}{16}=\frac{S_{ADE}}{3}=\frac{S_{ACB}-S_{ADE}}{16-3}=\frac{S_{BDEC}}{13}$$\Rightarrow S_{BDEC}=\frac{13.S_{ACB}}{16}=\frac{13}{16}\cdot \frac{AB.AC}{2}=\frac{13}{16}\cdot \frac{R.R\sqrt{3}}{2}=\frac{13R^2\sqrt{3}}{32}$

Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp được trong đường tròn.

Ta có 

$\widehat{BDC}=90°$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$\widehat{CAB}=90°$( tam giác vuông tại A).

Mặt khác hai đỉnh D,A cùng nhìn BC dưới một góc $90°$ .

Vậy tứ giác ABCD nội tiếp được trong đường tròn.

Chứng minh DB là phân giác của góc ADE.

Do tứ giác ABCD nội tiếp được trong đường tròn.

Nên $\widehat{ADB}=\widehat{ACB}$ (cùng chắn cung AB).

$\widehat{IDE}=\widehat{ACB}$ (cùng chắn cung IE của đường tròn đường kính IC).

$\Rightarrow \widehat{ADB}=\widehat{BDE}$.

Vậy DB là phân giác của góc ADE.

Chứng minh I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác .

Chứng minh được tứ giác ANEI nội tiếp được trong đường tròn.

$\Rightarrow \widehat{CAE}=\widehat{CBD}$ (cùng chắn cung IE).

Mặt khác vì tứ giác ABCD nội tiếp được trong đường tròn.

Nên $\widehat{CAD}=\widehat{CBD}$  (cùng chắn cung CD).

  $\Rightarrow \widehat{CAE}=\widehat{CAD}$ $\Rightarrow AC$ là phân giác của góc DAE.

Mà DB cắt AC tại I. Do đó I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác .

Vì $\widehat{BAC}=\widehat{MDC}=90°$ và $\widehat{BCA}$ chung nên $\Delta ABC\backsim \Delta DMC$ .

Do đó $\frac{AB}{DM}=\frac{BC}{MC}\Rightarrow AB.MC=BC.DM$ .

Vì $\widehat{BAM}+\widehat{MDB}=180°$  nên tứ giác AMBD nội tiếp.

Ta có:$\widehat{ABM}=\widehat{ADM}$ ( cùng chắn $\stackrel{⏜}{AM}$ )

$\widehat{MEF}=\widehat{ADM}$ ( cùng chắn $\stackrel{⏜}{MF}$ )

Suy ra $\widehat{ABM}=\widehat{MEF}\Rightarrow AB\text{//}EF$ .

Giả sử AB cắt EC tại I. Ta có CA,BE là đường cao của tam giác BIC.

$\Rightarrow$M là trực tâm của $\Delta BIC\Rightarrow IM\perp BC$ .

Mà $MD\perp BC\Rightarrow I,M,D$  thẳng hàng. Vậy $AB,EC,MD$ đồng quy tại M.

Nhận thấy $\widehat{MEF}=\widehat{F_1}$  và $\widehat{O\text{'}BF}=\widehat{F_2}$  mà $\widehat{MEF}+\widehat{O\text{'}BF}={90}^0$  nên $\widehat{F_1}+\widehat{F_2}={90}^0$, suy ra $\widehat{MFO\text{'}}={90}^0$ . Vậy MF là tia tiếp tuyến của đường tròn tâm O’.

Áp dụng định lý góc nội tiếp

chắn nửa đường tròn, ta có:

$\angle BFA=90°$;$\angle CEA=90°$ ;

suy ra $\widehat{BFC}=\widehat{BEC}\left(={90}^0\right)$ . Khi đó  E,F là hai đỉnh liên tiếp cùng nhìn BC dưới một góc bằng nhau.

Vậy tứ giác BFEC nội tiếp.

Ta có AEHF nội tiếp nên $\widehat{EHF}=\widehat{FAB}$ mặt khác $\widehat{FAB}=\widehat{FDB}\Rightarrow \widehat{EHF}=\widehat{FDB}$.$\Rightarrow HE//BC\Rightarrow AD\perp HE$                        (1)

Vận dụng góc nội tiếp, tứ giác nội tiếp ta có:$\widehat{FDA}=\widehat{FBA}=\widehat{FCE}=\widehat{ADE}$

 $\Rightarrow$DA  là đường phân giác $\widehat{EDF}$                    (2)

Từ (1) và (2) suy ra DEH cân tại D suy ra $DE=DHDE=DH$ .

$\widehat{CAD}={90}^0,\widehat{CED}={90}^0\Rightarrow$tứ giác ADEC nội tiếp.

 $\widehat{CAB}={90}^0,\widehat{CFB}={90}^0\Rightarrow$tứ giác AFBC nội tiếp.

Ta có $\Delta AED\Delta ABG\left(g.g\right)\Delta AED\Delta ABG\left(g.g\right)\Rightarrow$$\frac{AE}{AB}=\frac{AD}{AG}\Rightarrow AD.AB=AE.AG.$    

Tứ giác ACED nội tiếp $\Rightarrow \widehat{C_1}=\widehat{E_1}$ .

Tứ giác DFGE nội tiếp $\Rightarrow \widehat{F_1}=\widehat{E_1}$   .

Suy ra $\widehat{C_1}=\widehat{F_1}\Rightarrow AC//GF$ .