a) Gọi O là tâm của đường tròn (o;r). Do tam giác ABC nội tiếp tròn (o), nên OD vuông góc AB và OD cũng vuông góc AC vì là đường phân giác. Vì vậy, D, O, M thẳng hàng.

b) Chứng minh IE = IF:
- Ta có AD là tiếp tuyến, nên theo định lí tiếp tuyến ngoại tiếp, \(BD \cdot CD = AD^2\).
- Gọi G là giao điểm của BC và EF. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác BCE và đường thẳng AFG (trên đoạn EF):
\[ \frac{BE}{EC} \cdot \frac{CF}{FA} \cdot \frac{AG}{GB} = 1 \]
- Do \(BE = CF\) (vì B và C là hai tiếp tuyến), nên \(\frac{AG}{GB} = 1\), tức \(AG = GB\).
- Từ đây, suy ra \(BG \cdot GC = AG \cdot GC = AG^2\).
- Kết hợp với \(BD \cdot CD = AD^2\), ta có \(AG^2 + BG \cdot GC = AD^2 + BG \cdot GC\).
- Chia cả hai vế cho \(BG \cdot GC\), ta được \( \frac{AG}{BG} + 1 = \frac{AD^2}{BG \cdot GC} + 1\).
- Vì \( \frac{AG}{BG} = 1\), nên \(AD^2 = BG \cdot GC\), và từ đó suy ra \(AG = GD\).
- Quay lại tam giác AFG, theo định lí Euclid, \(\frac{IE}{IF} = \frac{AG}{GD} = 1\).
- Do đó, \(IE = IF\).

Như vậy, ta đã chứng minh IE = IF.

a) Do ΔABCΔ��� nội tiếp đường tròn đường kính (BC)(��) nên ˆBAC=90o���^=90� (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

b) Ta có ˆAHO=ˆAKO=90o���^=���^=90� (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

⇒⇒ tứ giác AHOK���� có: ˆAHO=ˆAKO=ˆHAK=90o���^=���^=���^=90�

⇒AHOK⇒���� là hình chữ nhật, do đó hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Có I� là trung điểm của AO⇒I��⇒� là trung điểm của HK��

⇒H,K,I⇒�,�,� thẳng hàng (đpcm)

c) ΔABOΔ��� cân đỉnh O� có OH là đường cao nên OH cũng là đường phân giác, nên ˆBOH=ˆAOH���^=���^

Xét ΔDBOΔ��� và ΔDAOΔ��� có:

BO=AO��=��

ˆBOD=ˆAOD���^=���^ (cmt)

OD�� chung

⇒ΔDBO=ΔDAO⇒Δ���=Δ��� (c.g.c)

⇒ˆDBO=ˆDAO=90o⇒���^=���^=90�

Suy ra DB�� là tiếp tuyến của đường tròn tâm (O)

Do DB và DA là hai tiếp tuyến của (O) ⇒DA=DB⇒��=�� (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Chứng minh tương tự AE=CE��=��

Từ đó ta có: BD+CE=AD+AE=DE��+��=��+��=�� (đpcm)

d) Ta có: ˆDOE=ˆHOK=90o���^=���^=90�

⇒ΔDOE⊥O⇒⇒Δ���⊥�⇒ tâm đường tròn ngoại tiếp ΔDOEΔ��� là trung điểm cạnh DE��

Gọi G là trung điểm cạnh DE��, để chứng minh BC�� tiếp xúc với đường tròn đi qua 3 điểm D,O,E�,�,� thì cần chứng minh GO⊥BC��⊥�� tại O thật vậy:

Tứ giác BDEC���� là hình bình hành vì BD//CE (cùng ⊥⊥BC)

G� là trung điểm của DE��

O� là trung điểm của BC��

Do đó OG�� là đường trung bình của hình bình hành BDEC����

⇒OG∥BD∥CE⇒OG⊥BC⇒��∥��∥��⇒��⊥�� tại O (đpcm)

Vậy đường tròn đi qua 3 điểm D, O, E tiếp xúc với BC.