BK29DTM

Trên nửa mặt phẳng bờ XB ko chứa C vẽ tia Xx sao cho ∠ BXx = ∠PXC, trên tia Xx lấy điểm Q sao cho QX/XE = XP/XC

⇒ ∠QXP = ∠EXC , QX/XP = XE/XC

⇒ ΔQXE ∾ ΔPXC và ΔQXP ∾ ΔEXC

⇒∠XQE = ∠XPC, ∠QPX = ∠XCE, ∠XQP = ∠XEC

ta có ∠EQP = ∠XQP - ∠XQE = ∠XEC - ∠XPC = ∠ACB

        ∠QPE = ∠QPX + ∠XPE = ∠XCE + ∠APE - ∠APX = ∠XBA + ∠AHE - ∠ABX = ∠ACB

⇒ ∠EQP = ∠QPE , suy ra ΔQEP cân tại E suy ra QE = PE

mà XE/QE = XC/CP suy ra XE/PE = XC/PC suy ra PE/PC = XE/XC

mà XJ là tia phân giác gócEXC⇒ EJ/JC = XE/XC = PE/PC

suy ra PJ là tia phân giác góc EPC

Ta có ∠AHG = ∠ABC (cùng bằng ∠ADG)

∠KAC = ∠BAD (tự cm) 

⇒ ∠KAC + ∠AHG = ∠ABC + ∠BAD = 90 độ

⇒ AK ⊥ GH

ΔAGD ∿ ΔACK (g.g) ⇒ GD/CK = AG/AC

ΔAGI ∿ ΔACD (g.g)  ⇒ AG/AC = GI/DC

 ⇒ GI/DC = GD/CK  ⇒  GI/GD = DC/CK

lại có ∠IDG = ∠DCK (tự cm) ⇒ ΔIGD = ΔDCK (c.g.c)

⇒ ∠GID = ∠CDK ⇒ ∠CDK + ∠DIK = 90 độ (!)

vẽ đường tròn tâm S bán kính SD cắt AK tại điểm M (M nằm cùng phía vs A bờ BC)

Do ΔMDK nội tiếp (S) ⇒ ∠SDK + ∠DMK = 90 độ (2)

Từ (!), (2) ⇒ ∠DIK = ∠DMK ⇒ M trùng I ⇒ SK = SD = SI

suy ra tam giác SIK cân tại S dfcm

Gọi T là giao điểm của AD vs MN

AM ⊥ MO, BC ⊥ MO ⇒ AM//BC

⇒ DF/FE = DC/CA

ta có HT là tia phân giác của ∠CHD(dễ tự cm), AH ⊥HT 

⇒ AH là tia phân giác ngoài của ΔCHD

⇒ AT/TD = 2.AC/CD (dùng tính chất tia phân giác rồi biến đổi là ra )

Xét Δ ADE có ME/MA.DF/FE.AT/TD = 1 (menelaus)

⇒ ME/MA = FE/DF.TD/AT = CA/CD.CD/2CA = 1/2

⇒ E là trung điểm của AM ⇒ EK là đường trung bình của  ΔAMO

⇒ EK//MO ⇒ EK ⊥ AM (dfcm)

2. Mình cm hơi dài dòng các bạn thông cảm

Gọi giao điểm của SB và TC là I, giao điểm của BN vs TI là H, CM vs SI là K, Z là giao điểm của AC và SI

Theo giả thiết ⇒ AT=TC, AS=SB, BI=CI (*)

Xét ΔTBI và đoạn thẳng CK có

KB/KI.TM/MB.CI/CT = 1 (định lí menelaus)

KI/KB = TM.CI/MB.CT

ta có TM/(MB.CT) = 2TM/2(MB.CT) = (TB+TE)/BE.CT(1)

xét ΔTSI và đoạn thẳng CZ sử dụng định lí menelaus và biến đổi ta có

ZS/ZI = AS/CI (vì AT = TC)

⇒ ZS = SI.AS/(CI-AS) **

⇒ZS/ZB = SI/2.BI (biến đổi từ * và **)

Xét ΔTSB và đoạn thẳng EZ có 

ZS/ZB.AT/AS.BE/ET = 1 (định lí menelaus)

⇒SI/2BI.AT/AS.BE/ET = 1

⇒TE/BE = SI.AT/2BI.AS, TB/BE = (SI.AT+1)/2BI.AS

Thay vào (1) ta có (1) = 1/SB + 1/IC + 1/AT

⇒ KI/KB = CI.(1/SB+1/IC+1/AT)

cmtt ta có HI/HC = BI.(1/SB+1/IC+1/AT) 

⇒ KB = HC (VÌ BI = CI)

⇒  ΔCBK =  ΔBCH (c.g.c) ⇒ ∠KCB = ∠HBC (dfcm)

Chứng minh BH là tia phân giác của  ∠FHD ⇒ ∠BHD = ∠FHC

mà ta có EH.HF = HB.HC = HC² = HO.HA ⇒ tứ giác EAFO nội tiếp

⇒ ∠EAH = ∠EFO, ∠FAH = ∠FEO mà ∠OEF = ∠OFE 

⇒ HA là tia phân giác của ∠DAF ⇒ dễ dàng cm HA vuông góc DF 

lại có HA vuông góc BC ⇒ DF//BC