Bài tập vận dụng cao từ các đề thi chuyên

Gọi \(D,K\) lần lượt là giao điểm của \(SO\) với đường tròn (\(D\) nằm giữa \(K\) và \(S\))

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có:

 \(\angle SAD\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(AD\)

\(\angle AKS\) là góc nội tiếp chắn cung \(AD\).

Suy ra \(\angle SAD = \angle AKS\).

Xét \(\Delta SDA\) và $\Delta SAK$ có:

\(\angle KSA\) chung

\(\angle SAD = \angle AKS\) (cmt)

\( \Rightarrow \Delta SDA \backsim \Delta SAK \Rightarrow \dfrac{{SA}}{{SK}} = \dfrac{{SD}}{{SA}} \Rightarrow S{A^2} = SK.SD\).  (1)

Xét \(\Delta KCS\) và \(\Delta BDS\) ta có:

\(\angle AKC = \angle DBS\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DC)

\(\angle DSC\) chung

\( \Rightarrow \Delta KCS \backsim \Delta BDS \Rightarrow \dfrac{{KS}}{{BS}} = \dfrac{{SC}}{{SD}} \Rightarrow SB.SC = SK.SD\)                         (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow S{A^2} = SC.SB\)

* Xét đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có \(H\) là trung điểm của dây cung \(AB\)\( \Rightarrow OH \bot AB \Rightarrow \angle OHM = {90^o}\) (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Xét đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có \(MD\) là tiếp tuyến \( \Rightarrow OD \bot MD \Rightarrow \angle ODM = {90^o}\) (tính chất của tiếp tuyến)

Xét tứ giác \(DOHM\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle OHM = {90^o}\\\angle ODM = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow \angle OHM + \angle ODM = {180^o}\)

Suy ra tứ giác \(DOHM\) nội tiếp đường tròn  \( \Rightarrow D;O;H;M\) cùng thuộc một đường tròn nên A đúng.

* Xét \(\Delta COM\) và \(\Delta DOM\) có

+)\(OM\) chung

+) \(\angle OCM = \angle ODM = {90^o}\)

+) \(OC = OD = R\)

\( \Rightarrow \Delta COM = \Delta DOM\) (cạnh huyền - cạnh góc vuông) \( \Rightarrow \angle COI = \angle IOD\) (2 góc tương ứng)

\( \Rightarrow CI = ID \Rightarrow \Delta ICD\) cân \( \Rightarrow \angle ICD = \angle IDC\) (Tính chất tam giác cân) 

Xét đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có \(\angle ICD\) là góc nội tiếp chắn cung \(ID\); \(\angle IDM\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(ID\)\( \Rightarrow \angle ICD = \angle IDM\)

Mà có \(\angle ICD = \angle IDC \Rightarrow \angle IDO = \angle IDM\)

\( \Rightarrow ID\) là phân giác \(\angle ODM\)                                            (1)

Chứng minh tương tự có : \(IC\) là phân giác \(\angle MCO\)\(\)  (2)

Mà có \(ID\) cắt \(IC\) tại \(I\), suy ra \(I\) là giao điểm của 3 đường phân giác trong \(\Delta MCD\). Suy ra \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta MCD\) nên B đúng, C sai.

:   \(\)   

*)  Xét tứ giác \(HDCE\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle HEC = {90^o}\\\angle HDC = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow \angle HEC + \angle HDC = {180^o}\)

Suy ra tứ giác \(HDCE\) nội tiếp đường tròn \( \Rightarrow \angle HDE = \angle HCE\) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\))

Chứng minh tương tự có \(\angle FBH = \angle FDH\)

Mà có \(\angle FBH = \angle HCE\) (do cùng phụ với \(\angle BAC\))

\( \Rightarrow \angle FDH = \angle HDE\) , suy ra \(HD\) là phân giác \(\angle FDE\)

Chứng minh tương tự ta có : \(HE\)là tia phân giác \(\angle FED\) ; \(FH\) là phân giác \(\angle DFE\)

Suy ra H là giao của 3 đường phân giác trong \(\Delta FDE\) , suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta FDE\;\;\left( {dpcm} \right).\)

*) Kéo dài \(AO\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(G.\)

Có\(\angle ACG = {90^o}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(BH//GC\) (do cùng vuông góc với ${\rm{AC}}$)

Chứng minh tương tự có \(HC//BG\)

\( \Rightarrow BHCG\) là hình bình hành  (do có 2 cặp cạnh đối song song)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BH = GC\\HC = BG\end{array} \right.\)

Xét \(\Delta ACG\) có : \(MQ//GC\) (do cùng vuông góc với ${\rm{AC}}$)

\( \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{GC}} = \dfrac{{AM}}{{AG}}\) (định lí Ta-lét)

Chứng minh tương tự có \(\dfrac{{PM}}{{BG}} = \dfrac{{AM}}{{AG}}\)

\(\)\( \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{GC}} = \dfrac{{PM}}{{BG}}\left( { = \dfrac{{AM}}{{AG}}} \right).\)

Mà có \(\left\{ \begin{array}{l}BH = GC\\HC = BG\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{BH}} = \dfrac{{PM}}{{HC}} \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{PM}} = \dfrac{{BH}}{{HC}}\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\) \(\)

Xét \(\Delta FHB\) và \(\Delta EHC\) có:

 \(\angle FBH = \angle HCE\)  (do cùng phụ với \(\angle BAC\))

\(\angle BFH = \angle HEC = {90^o}\)

\( \Rightarrow \Delta FHB \backsim \Delta EHC\left( {g - g} \right) \Rightarrow \dfrac{{FH}}{{HE}} = \dfrac{{BH}}{{HC}}\)        (2)\(\)   \(\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{PM}} = \dfrac{{FH}}{{HE}} \Rightarrow MQ.HE = HF.MP.\)

Vậy cả A, B đều đúng.

Gọi \(D,K\) lần lượt là giao điểm của \(SO\) với đường tròn (\(D\) nằm giữa \(K\) và \(S\))

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có:

 \(\angle SAD\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(AD\)

\(\angle AKS\) là góc nội tiếp chắn cung \(AD\).

Suy ra \(\angle SAD = \angle AKS\).

Xét \(\Delta SDA\) và $\Delta SAK$ có:

\(\angle KSA\) chung

\(\angle SAD = \angle AKS\) (cmt)

\( \Rightarrow \Delta SDA \backsim \Delta SAK \Rightarrow \dfrac{{SA}}{{SK}} = \dfrac{{SD}}{{SA}} \Rightarrow S{A^2} = SK.SD\).  (1)

Xét \(\Delta KCS\) và \(\Delta BDS\) ta có:

\(\angle AKC = \angle DBS\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DC)

\(\angle DSC\) chung

\( \Rightarrow \Delta KCS \backsim \Delta BDS \Rightarrow \dfrac{{KS}}{{BS}} = \dfrac{{SC}}{{SD}} \Rightarrow SB.SC = SK.SD\)                         (2)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow S{A^2} = SC.SB\)

Kẻ \(SE \bot MN \Rightarrow {S_{SMN}} = \dfrac{1}{2}MN.SE\). Mà có \(MN\) cố định ($MN$ là đường kính của đường tròn)

Vậy nên \({S_{SMN}}\) max khi và chỉ khi $SE$ max

Xét \(\Delta SOE\) vuông tại E có \(SO\) là cạnh huyền , \(SE\) là cạnh góc vuông \( \Rightarrow SE \le SO \Rightarrow {S_{SMN}} \le \dfrac{1}{2}MN.SO\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(SE\) trùng với \(SO\), suy ra \(SO \bot MN\).

Vậy diện tích tam giác$SMN$   lớn nhất khi và chỉ khi \(SO \bot MN\).

* Xét đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có \(H\) là trung điểm của dây cung \(AB\)\( \Rightarrow OH \bot AB \Rightarrow \angle OHM = {90^o}\) (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Xét đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có \(MD\) là tiếp tuyến \( \Rightarrow OD \bot MD \Rightarrow \angle ODM = {90^o}\) (tính chất của tiếp tuyến)

Xét tứ giác \(DOHM\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle OHM = {90^o}\\\angle ODM = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow \angle OHM + \angle ODM = {180^o}\)

Suy ra tứ giác \(DOHM\) nội tiếp đường tròn  \( \Rightarrow D;O;H;M\) cùng thuộc một đường tròn nên A đúng.

* Xét \(\Delta COM\) và \(\Delta DOM\) có

+)\(OM\) chung

+) \(\angle OCM = \angle ODM = {90^o}\)

+) \(OC = OD = R\)

\( \Rightarrow \Delta COM = \Delta DOM\) (cạnh huyền - cạnh góc vuông) \( \Rightarrow \angle COI = \angle IOD\) (2 góc tương ứng)

\( \Rightarrow CI = ID \Rightarrow \Delta ICD\) cân \( \Rightarrow \angle ICD = \angle IDC\) (Tính chất tam giác cân) 

Xét đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) có \(\angle ICD\) là góc nội tiếp chắn cung \(ID\); \(\angle IDM\) là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung \(ID\)\( \Rightarrow \angle ICD = \angle IDM\)

Mà có \(\angle ICD = \angle IDC \Rightarrow \angle IDO = \angle IDM\)

\( \Rightarrow ID\) là phân giác \(\angle ODM\)                                            (1)

Chứng minh tương tự có : \(IC\) là phân giác \(\angle MCO\)\(\)  (2)

Mà có \(ID\) cắt \(IC\) tại \(I\), suy ra \(I\) là giao điểm của 3 đường phân giác trong \(\Delta MCD\). Suy ra \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta MCD\) nên B đúng, C sai.

Ta nhận thấy \({S_{MFE}} = 2{S_{MEO}}\) (do có chung đường cao\(MO\)và \(OE = \dfrac{1}{2}FE\))

\( \Rightarrow {S_{MFE}}\max  \Leftrightarrow {S_{MEO}}\max \)

Xét \(\Delta MEO\) có: \({S_{MEO}} = \dfrac{1}{2}CO.ME = \dfrac{1}{2}R.\left( {CE + CM} \right)\)

Mà có: \(CM = \dfrac{{CO}}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} = \dfrac{R}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}};CE = \dfrac{{CO}}{{\tan \left( {\angle CEO} \right)}} = \dfrac{R}{{\tan \left( {{{90}^o} - \angle CMO} \right)}} = \dfrac{R}{{\cot \left( {\angle CMO} \right)}}\)\(\)

\( \Rightarrow {S_{MEO}} = \dfrac{1}{2}{R^2}\left( {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \dfrac{1}{{\cot \left( {\angle CMO} \right)}}} \right) = \dfrac{1}{2}{R^2}\left( {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \tan \left( {\angle CMO} \right)} \right)\)

Mà có \(\angle CMO\) nhọn (do \(\Delta COM\) vuông tại \(C\)) \( \Rightarrow \tan \left( {\angle CMO} \right) > 0\)

Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có :\(\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \tan \left( {\angle CMO} \right) \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}}.\tan \left( {\angle CMO} \right)}  = 2\)

\( \Rightarrow {S_{MFE}} = 2{S_{MEO}} = 2.\dfrac{1}{2}{R^2}\left( {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \tan \left( {\angle CMO} \right)} \right) \ge 2{R^2}\)\(\)

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi \(\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} = \tan \left( {\angle CMO} \right) \Leftrightarrow \tan \left( {\angle CMO} \right) = 1 \Leftrightarrow \angle CMO = {45^o}\)

\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CO = CM\\\angle CMD = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow MCOD\) là hình vuông (do có 3 góc vuông và hai cạnh kề nhau bằng nhau).

:   \(\)   

*)  Xét tứ giác \(HDCE\) có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle HEC = {90^o}\\\angle HDC = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow \angle HEC + \angle HDC = {180^o}\)

Suy ra tứ giác \(HDCE\) nội tiếp đường tròn \( \Rightarrow \angle HDE = \angle HCE\) ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung \(HE\))

Chứng minh tương tự có \(\angle FBH = \angle FDH\)

Mà có \(\angle FBH = \angle HCE\) (do cùng phụ với \(\angle BAC\))

\( \Rightarrow \angle FDH = \angle HDE\) , suy ra \(HD\) là phân giác \(\angle FDE\)

Chứng minh tương tự ta có : \(HE\)là tia phân giác \(\angle FED\) ; \(FH\) là phân giác \(\angle DFE\)

Suy ra H là giao của 3 đường phân giác trong \(\Delta FDE\) , suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta FDE\;\;\left( {dpcm} \right).\)

*) Kéo dài \(AO\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(G.\)

Có\(\angle ACG = {90^o}\)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(BH//GC\) (do cùng vuông góc với ${\rm{AC}}$)

Chứng minh tương tự có \(HC//BG\)

\( \Rightarrow BHCG\) là hình bình hành  (do có 2 cặp cạnh đối song song)\( \Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BH = GC\\HC = BG\end{array} \right.\)

Xét \(\Delta ACG\) có : \(MQ//GC\) (do cùng vuông góc với ${\rm{AC}}$)

\( \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{GC}} = \dfrac{{AM}}{{AG}}\) (định lí Ta-lét)

Chứng minh tương tự có \(\dfrac{{PM}}{{BG}} = \dfrac{{AM}}{{AG}}\)

\(\)\( \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{GC}} = \dfrac{{PM}}{{BG}}\left( { = \dfrac{{AM}}{{AG}}} \right).\)

Mà có \(\left\{ \begin{array}{l}BH = GC\\HC = BG\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{BH}} = \dfrac{{PM}}{{HC}} \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{PM}} = \dfrac{{BH}}{{HC}}\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)\) \(\)

Xét \(\Delta FHB\) và \(\Delta EHC\) có:

 \(\angle FBH = \angle HCE\)  (do cùng phụ với \(\angle BAC\))

\(\angle BFH = \angle HEC = {90^o}\)

\( \Rightarrow \Delta FHB \backsim \Delta EHC\left( {g - g} \right) \Rightarrow \dfrac{{FH}}{{HE}} = \dfrac{{BH}}{{HC}}\)        (2)\(\)   \(\)

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{PM}} = \dfrac{{FH}}{{HE}} \Rightarrow MQ.HE = HF.MP.\)

Vậy cả A, B đều đúng.

 Ta có

\(\begin{array}{l}FH = AH.\sin \widehat {BAD} = AH.\dfrac{{BD}}{{AB}}\\PM = BM.\sin \widehat {ABD} = BM.\dfrac{{AD}}{{AB}}\\ \Rightarrow FH.PM = AH.BM.\dfrac{{BD}}{{AB}}.\dfrac{{AD}}{{AB}}.\end{array}\)\(\)

Chứng minh tương tự ta có:

\(HE.QM = AH.MC.\dfrac{{DC}}{{AC}}.\dfrac{{AD}}{{AC}}\)

Ta có : \(HE.MQ = HF.MP\)

\( \Rightarrow AH.BM.\dfrac{{BD}}{{AB}}.\dfrac{{AD}}{{AB}} = AH.MC.\dfrac{{DC}}{{AC}}.\dfrac{{AD}}{{AC}} \Rightarrow \dfrac{{BM}}{{MC}}.\dfrac{{BD}}{{DC}} = {\left( {\dfrac{{AB}}{{AC}}} \right)^2}\;.\)

Ta có M là trung điểm của cạnh BC $ \Rightarrow OM \bot BC$ (liên hệ đường kính và dây cung)

Ta có tứ giác BMPD nội tiếp ( vì \(\widehat {BDP}\)+ \(\widehat {BMP}\)=180⁰) \( \Rightarrow \widehat {MDP}\) = \(\widehat {MBP}\)  (tính chất của tứ giác nội tiếp) (1)

Tương tự có tứ giác  MCEP nội tiếp => \(\widehat {MEP}\) = \(\widehat {MCP}\)  (tính chất của tứ giác nội tiếp) (2)

Mà tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại P  nên dễ dàng suy ra được \(\Delta BPC\;\)cân tại P ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

\( \Rightarrow \widehat {MCP}{\rm{\;}} = \;\widehat {MBP}\;\left( 3 \right)\)

Từ (1); (2);(3) => \(\widehat {MEP}\) = \(\widehat {MDP}\)

\(\;\widehat {A\;} = \;\widehat {CBP}\;\) cùng chắn cung \(BC\)

Ta có. \(\widehat A\) + \(\widehat {ABC}\) + \(\widehat {ACB} = {180^0}\;\) (tổng ba góc trong tam giác)

Có \(\widehat {CBP}\) + \(\widehat {ABC}\;\)+ \(\widehat {PBD}\) = \({180^0}\) (vì A, B, D thẳng hàng)

\( \Rightarrow \widehat {ACB}\;\)=  \(\widehat {PBD}\)

Mà \(\widehat {ACB}\;\) = \(\widehat {MPE}\) (cùng phụ góc $ECM$ )

\(\widehat {PBD}\) = \(\widehat {MPE}\)(cùng chắn cung $BD$ )

=> \(\widehat {MPE}\;\)= \(\widehat {MPE}\)

Mà 2 góc trên ở vị trí so le trong  \( \Rightarrow MD//EP\)

Mặt khác ta xét hai tam giác  \(\Delta MEP\;;\;\Delta PDM\)  ta chứng minh được \(\widehat {EMP} = \;\widehat {MPD}\)

Mà 2 góc lại ở vị trí so le trong  nên  \(ME//PD\)

Vậy tứ giác $EMDP$ là hình bình hành

\( \Rightarrow ED\)  đi qua trung điểm $F$ của $MP$

Vì $B,{\rm{ }}C$ cố định \( \Rightarrow M,P\) cố định \( \Rightarrow \)  trung điểm $F$ của $MP$ cố định

\(\Delta ABC\;\;\)đều, khi đó $A,{\rm{ }}O,{\rm{ }}M,{\rm{ }}F$ thẳng hàng, $AF$ vuông góc với $DE$ tại $F.$\( \Rightarrow \)  \({S_{\Delta ADE}}\) $ = \dfrac{1}{2}DE.AF$

\(\Delta ABC\;\;\)đều nên ta có: $\widehat {CAB} = {60^0}$ mà $\widehat {CBP} = \widehat {CAB} = {60^0}$(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)

\( \Rightarrow AM = MP;MF = \dfrac{1}{2}MP\)

 có \(AB = \;\sqrt {A{M^2} + \;M{B^{2\;}}} \) \( \Rightarrow AB = R\sqrt 3 \)

\(OA = R \Rightarrow AM = \dfrac{3}{2}OA = \dfrac{3}{2}R \Rightarrow AF = \dfrac{3}{2}R + \dfrac{3}{4}R = \dfrac{9}{4}R\)

\(\Delta ABC\;\;\backsim\;\Delta ADE\)  \( \Rightarrow \)  \(\dfrac{{BC}}{{DE}} = \dfrac{{AM}}{{AF}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow DE = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}R\)

\( \Rightarrow {S_{\Delta ADE}} = \dfrac{1}{2}DE.AF = \dfrac{{27\sqrt 3 }}{{16}}{R^2}\) .

Xét tứ giác \(ABNE\) có: \(\widehat {ANB} = \widehat {AEB} = {90^o}\). Suy ra hai điểm \(N,E\) cùng nhìn cạnh \(AB\) với hai góc bằng nhau. Suy ra \(ABNE\) nội tiếp đường tròn.

Xét đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(ABNE\) có \(\widehat {ANE},\widehat {ABE}\) là hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AE\). Suy ra  \(\widehat {ANE} = \widehat {ABE}\)

Mà có \(\widehat {ABE} = \widehat {ACF}\) (do cùng phụ với \(\widehat {BAC}\) )

\( \Rightarrow \widehat {ANE} = \widehat {ACF}\)

Xét \(\Delta ANE\) và \(\Delta ACN\) có

+) \(\widehat {NAC}\) chung

+) \(\widehat {ANE} = \widehat {ACF}\) ( chứng minh trên )

\( \Rightarrow \Delta ANE \backsim \Delta ACN\left( {g - g} \right) \Rightarrow \dfrac{{AN}}{{AC}} = \dfrac{{AE}}{{AN}} \Rightarrow A{N^2} = AE.AC\).                            (1)

Chứng minh tương tự có: \(A{M^2} = FA.AB\).                                                      (2)

Xét $\Delta CFA$ và \(\Delta BEA\) có:

+) \(\widehat {BAC}\) chung

+) \(\widehat {AEB} = \widehat {CFA} = {90^0}\)

\( \Rightarrow \Delta CFA \backsim \Delta BEA\left( {g - g} \right) \Rightarrow \dfrac{{FA}}{{EA}} = \dfrac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow FA.AB = EA.AC\)                               (3)

Từ (1), (2), (3) \( \Rightarrow A{N^2} = A{M^2} \Rightarrow AN = AM\)

Vậy cả A, C đều đúng.

*) Dễ chứng minh tứ giác BDHF nội tiếp đường tròn đường kính HB (1) và tứ giác ABDE nội tiếp đường tròn đường kính AB (2)

(1) $ \Rightarrow \widehat {HDF} = \widehat {HBF}$(nội tiếp cùng chắn cung HF) (1’),

(2) $ \Rightarrow \widehat {HBF} = \widehat {HDE}$(2’) (nội tiếp cùng chắn cung AF)

(1’) và (2’) suy ra: $\widehat {HDF} = \widehat {HDE}$

Vậy DA là phân giác của $\widehat {FDE}$  nên A đúng.

*) Qua B kẻ đường thẳng song song với AC cắt AK, AD tại P, Q  \( \Rightarrow \) PQ // MN // AC

Ta có: FC là phân giác của $\widehat {DFE}$(tương tự chứng minh câu a)

mà FB \( \bot \) FC nên PB là phân giác trong và FC là phân giác ngoài \(\Delta \)KFD

\( \Rightarrow \,\,\dfrac{{{\rm{BK}}}}{{{\rm{BD}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{FK}}{{FD}} = \dfrac{{{\rm{CK}}}}{{{\rm{CD}}}}\,\, \Rightarrow \,\,\dfrac{{{\rm{KB}}}}{{{\rm{KC}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{{\rm{DB}}}}{{{\rm{DC}}}}\)       (3)

Theo hệ quả của định lí Ta-let, ta lại có:

       \(\dfrac{{{\rm{BP}}}}{{{\rm{CA}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{{\rm{KB}}}}{{{\rm{KC}}}}\) (4)     (vì BP // AC)   

        và: \(\,\,\dfrac{{{\rm{BQ}}}}{{{\rm{CA}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{{\rm{DB}}}}{{{\rm{DC}}}}\) (5)     (BQ // AC)

Từ (3), (4), (5) suy ra: \(\dfrac{{{\rm{BP}}}}{{{\rm{CA}}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\dfrac{{{\rm{BQ}}}}{{{\rm{AC}}}}\,\,\)\( \Rightarrow \) BP = BQ

Khi đó, áp dụng hệ quả của định lí Ta-let trong hai tam giác ABP và ABQ  với MF // PQ, NF // BQ, có:

$\dfrac{{{\rm{MF}}}}{{{\rm{BP}}}}\,{\rm{ = }}\,\dfrac{{{\rm{AF}}}}{{{\rm{AB}}}}\,{\rm{ = }}\,\dfrac{{{\rm{FN}}}}{{{\rm{BQ}}}}\, \Leftrightarrow \,\dfrac{{MF}}{{BQ}}{\rm{ = }}\dfrac{{{\rm{FN}}}}{{{\rm{BQ}}}} \Leftrightarrow {\rm{MF}}\,{\rm{ = }}\,{\rm{NF}}\, \Rightarrow $ F là trung điểm của MN nên B đúng

+) Vì DA là phân giác của $\widehat {FDE}$  \( \Rightarrow \,\,\widehat {{\rm{DFE}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,{\rm{2}}\widehat {{\rm{CFE}}}\) (6)

Dễ chứng minh tứ giác BCEF nội tiếp đường tròn

(O) đường kính BC,  

nên \(\widehat {{\rm{EOC}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,{\rm{2}}\widehat {{\rm{CFE}}}\)    (7)

Từ (6) và (7) suy ra: \(\widehat {{\rm{DFE}}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\widehat {{\rm{EOC}}}\,\, \Rightarrow \) Tứ giác DFEO nội tiếp

$ \Rightarrow \widehat {ODE} = \dfrac{1}{2}$sđ cung \(OE\)=$\dfrac{1}{2}$sđ cung\(\,OF\)= \(\widehat {{\rm{OEK}}}\) (vì OE = OF = $\dfrac{{\rm{1}}}{{\rm{2}}}$BC)

Từ đó suy ra: \(\Delta ODE \backsim \Delta OEK\) (g.g) \(\dfrac{{OE}}{{OK}} = \dfrac{{OD}}{{OE}} \Rightarrow \,\,{\rm{OD}}{\rm{.OK}}\,\,{\rm{ = }}\,\,{\rm{O}}{{\rm{E}}^{\rm{2}}}\)

Khi đó:

\(\begin{array}{l}{\rm{BD}}{\rm{.DC}}\,\,{\rm{ = }}\,\,\left( {{\rm{OB}}\,\, - \,\,{\rm{OD}}} \right)\left( {{\mathop{\rm OC}\nolimits} \,\, + \,\,OD} \right)\,\, = \,\,{\rm{O}}{{\rm{B}}^2}\, - \,\,{{\mathop{\rm OD}\nolimits} ^2}\, = \,\,{\rm{OD}}{\rm{.OK}}\,\, - \,\,{\rm{O}}{{\rm{D}}^{\rm{2}}}\,\,\\ = \,\,{\rm{OD}}\left( {{\rm{OK}}\,\, - \,\,{\rm{OD}}} \right)\,\, = \,\,{\rm{OD}}{\rm{.DK}}\end{array}\)

Nên C đúng.

Vậy cả A, B, C đều đúng.