1: góc AFB=góc AEB=góc ADB=90 độ

=>A,F,B,E,D cùng nằm trên 1 đường tròn

2: Xét ΔAFE và ΔACM có

góc FAE chung

góc AFE=góc ABE=góc ADE=góc MCA

=>ΔAFE đồng dạng với ΔACM

=>AE/AM=AF/AC

=>AM/AC=AE/AF

góc FAB=góc ACB

=>góc FBA=90 độ-góc ACB=góc EBC

Gọi I,T lần lượt là trung điểm HF, EF. Ta có \(\Delta FHD~\Delta FEC\)(g.g), trung tuyến tương ứng là DI,CT

Suy ra \(\widehat{ECT}=\widehat{HDI}\). Vì DI là đường trung bình \(\Delta HMF\) nên \(\widehat{HDI}=\widehat{HMF}=\widehat{ACQ}\)

Do đó \(\widehat{ECT}=\widehat{ACQ}\), suy ra C,T,Q thẳng hàng. Tương tự B,T,P thẳng hàng.

Mặt khác, theo một kết quả quen thuộc thì tứ giác EHFR điều hòa, suy ra RH là đường đối trung của \(\Delta REF\)

Lại có HS || EF vì cùng vuông góc OA. Suy ra (HF = (SE hay H,S đẳng giác trong \(\widehat{ERF}\)

Suy ra RS là trung tuyến của \(\Delta REF\) hay RS đi qua T.

Vậy RS,BP,CQ cùng đi qua T.

Ta có ^MEN = ^NBD + ^MCD = 180⁰ - ^MAN. Suy ra tứ giác AMEN nội tiếp

Cũng dễ có tứ giác BCMN nội tiếp đường tròn (BC)

Từ đó ^AEM = ^ANM = ^MCB = ^MCD = 180⁰ - ^MED. Hay ^AEM + ^MED = 180⁰

Vậy thì A,E,D thẳng hàng (đpcm).

Ta có ^BCN = ^BMN ( do tứ giác BNMC nội tiếp )

=> ^NBC = ^AMN  ( cùng phụ với hai góc bằng nhau ) (1)

Mặt khác do BDEN và CDEM là các tứ giác nội tiếp chung cạnh DE

Nên ^NBD + ^MCD = ^NEM  ( tính chất góc ngoài tứ giác nội tiếp )

Mà ^NBD + ^MCD + ^NAM = 180⁰

Suy ra ^NEM + ^NAM = 180⁰ .  Vây AMEN nội tiếp

Do đó: ^AMN = ^AEN  (2)

Từ (1) và (2) suy ra ^NBD = ^AEN

Mà ^NBD + ^DEN = 180⁰ (do BDEN nội tiếp)

Nên ^DEN + ^AEN = 180⁰  => ^AED=180⁰ .

Vậy ba điểm A, E, D thẳng hàng (đpcm)

a)     Ta có: A I E ^ = A J E ^ = 90 0  nên tứ giác AIEJ nội tiếp.

E M C ^ = E J C ^ = 90 0  nên tứ giác CMJE nội tiếp.

Xét tam giác Δ A E C   v à   Δ I E M , có

A C E ⏜ = E M I ⏜  ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CMJE).

E A C ⏜ = E I M ⏜  ( cùng chắn cung JE của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AIEJ).

Do đó hai tam giác  Δ A E C   ~   Δ I E M  đồng dạng

⇒ A E E I = E C E M ⇒ E A . E M = E C . E I (đpcm)