Lấy điểm G đối xứng với E qua M. Khi đó, MN là đường tron bình của \(\Delta\)EFG => MN // FG (1)

Xét (O) có 2 cát tuyến CFA và CMD => \(\frac{CA}{CD}=\frac{CM}{CF}\) (Do \(\Delta\)CMF ~ \(\Delta\)CAD)

Áp dụng ĐL đường phân giác trong tam giác ta có: \(\frac{AB}{AC}=\frac{DB}{DC}\Rightarrow\frac{CA}{CD}=\frac{AB}{BD}\)

Suy ra: \(\frac{CM}{CF}=\frac{AB}{BD}=\frac{BM}{BE}\) (Vì \(\Delta\)ABD ~ \(\Delta\)MBE). Mà CM=BM nên BE = CF

Dễ thấy: Tứ giác BECG là hình bình hành => BE = CG và BE//CG. Do đó: CF = CG => \(\Delta\)GFC cân tại C

=> ^CFG = (180⁰ - ^GCF)/2 = (180⁰ - ^BAC)/2 (Vì BE//CG) = ^DAx = ^CAy => FG // AD (2 góc đồng vị bằng nhau) (2)

Từ (1) và (2) => MN // AD (đpcm).

P/S: Đường tròn (ADM) không cắt tia đối tia AC cũng được nhé bn. Trong trường hợp nó cắt tia đối thì c/m tương tự.

Gọi K đối xứng với F qua M.

Tứ giác FBKC là hình bình hành\(\Rightarrow FC//BK\)

\(\Rightarrow\widehat{BKM}=\widehat{MEB};\widehat{BKM}=\widehat{MFA}\).Mà \(\widehat{AEM}=\widehat{MFA}\Rightarrow\widehat{BKM}=\widehat{MEB}\Rightarrow\)Tứ giác BMKE nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{BEK}=\widehat{DAE};\widehat{BEK}=\widehat{FMD}=\widehat{FAD}=\widehat{DAE}\)

\(\Rightarrow\widehat{BEK}=\widehat{DAE}\Rightarrow AD//EK\)

Do N là trung điểm của EF, M là trung điểm của FK \(\Rightarrow MN//EK\)

\(\Rightarrow MN//AD\left(đpcm\right)\)

ủa ko hiểu 

giờ mình có l 6

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

Kéo dài AC về phía A lấy điểm H sao cho CF = FH;

Lúc này bài toán trở thành chứng minh BE = HF

Xét tam giác HBC có: MB = MC (gt); FH = FC 

Nên MF là đường trung bình của tam giác HBC ⇒ ME//BH

Mặt khác ta có ME//AD ⇒  \(\widehat{AEF}\) = \(\widehat{BAD}\) (hai góc đồng vị) (1)

                                    \(\widehat{BAD}\) = \(\widehat{DAF}\) (AD là phân giác của góc BAC) (2) 

                                      \(\widehat{DAF}\) = \(\widehat{AFE}\) (hai góc so le trong)  (3)

Kết hợp (1);(2);(3) ta có: \(\widehat{AEF}\) = \(\widehat{AFE}\) ⇒ \(\Delta\)AEF cân tại A ⇒ AE = AF (*)

Vì ME//HB nên: \(\widehat{AHB}\) = \(\widehat{AFE}\) (so le trong)

                         \(\widehat{ABH}\) = \(\widehat{AEF}\) (so le trong)

          ⇒   \(\widehat{AHB}\) = \(\widehat{ABH}\) ⇒ \(\Delta\) AHB cân tại A ⇒ AB = AH (**)

Cộng vế với vế của(*) và(*) ta có: AE + AB = AF + AH  

                                 ⇒ BE = FH

                                  ⇒ BE = CF (vì cùng bằng HF)

Gọi giao điểm khác D của hai đường tròn (BED);(CFD) là K'; K'I cắt EF tại L; DL cắt (I;ID) tại M khác D.

Ta thấy IE = IF; AI là phân giác ngoài của ^EAF, từ đây dễ suy ra 4 điểm A,E,I,F cùng thuộc một đường tròn

Vì 3 điểm D,F,E lần lượt thuộc các cạnh BC,CA,AB của \(\Delta\)ABC nên (BED);(CFD);(AFE) đồng quy (ĐL Miquel)

Hay điểm K' thuộc đường tròn (AIFE). Do vậy LI.LK' = LE.LF = LD.LM (= P_L/(G) = P_L/(I) )

Suy ra 4 điểm K',M,I,D cùng thuộc một đường tròn. Mà ID = IM nên ^IK'D = ^IK'M.

Đồng thời ^DIM = 180⁰ - ^DK'M = 180⁰ - ^EK'F + 2.^FK'D = ^BAC + 2.^ACB = 2.^AID

Suy ra IA vuông góc DM, từ đó M,L,D,A thẳng hàng (Vì IA cũng vuông góc AD)

Khi đó dễ thấy AL là phân giác ^BAC, K'L là phân giác ^EK'F, mà tứ giác AEK'F nội tiếp

Suy ra AEK'F là tứ giác điều hòa, từ đây AK' là đường đối trung của \(\Delta\)AEF

Suy ra K' trùng K. Kẻ tiếp tuyến Kx của (G), ta có ^BKx = ^EKx - ^EKB = ^EFK - ^EFD = ^BCK

Do đó (BKC) tiếp xúc với (G) tại K, tức KG đi qua tâm của (BKC)   (1)

Gọi S là trung điểm cung lớn BC của (ABC). Có SB = SC và ^BKC = ^AED + ^AFD = 180⁰ - ^BSC/2

Suy ra S là tâm của đường tròn (BKC)                                             (2) 

Từ (1) và (2) suy ra KG luôn đi qua S cố định (Vì S là trung điểm cùng BC lớn cố định) (đpcm).

1). Ta có góc nội tiếp bằng nhau  B D M ^ = B C F ^   ( 1 ) và  B M A ^ = B F A ^    suy ra  180 0 − B M A ^ = 180 0 − B F A ^  hay  B M D ^ = B F C ^  (2).

Từ (1) và (2), suy ra  Δ B D M ~ Δ B C F   (g - g).

xin lỗi mình mới học lớp 4

em mới lớp 6 thôi