Đáp án đúng:

Phương pháp giải:

a) Chứng minh \(AD\) là phân giác trong của \(\angle EDF\) suy ra BC là phân giác ngoài của \(\angle EDF\)
b) Chứng minh \(AM\) là tiếp tuyến của \(\left( {{O_1}} \right),\left( {{O_2}} \right)\)
c) Chú ý  \(\dfrac{{BF \cdot BE}}{{CF \cdot CE}} = \dfrac{{{S_{{\rm{\Delta }}BEF}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}CEF}}}}\). Biến đổi tương đương để đơn giản hóa biểu thức. Cuối cùng sử dụng định lý Menelaus để chứng minh tỉ số.Giải chi tiết:
a) Chứng minh rằng: \(BC\) là phân giác ngoài của tam giác \(DEF.\)
Do tứ giác \(BFHD\) nội tiếp suy ra:  \(\angle HBF = \angle HDF\)
Do tứ giác \(ABDE\)nội tiếp suy ra:  \(\angle ABE = \angle ADE\)
Từ đây suy ra: \(\angle HDF = \angle ADE\). Hay \(DA\) là phân giác trong của \(\angle EDF\)
Mà \(BC \bot DA\) nên BC là phân giác ngoài của \(\angle EDF\).
b) Gọi \(M\) là giao điểm của đường thẳng \(EF\) với \(\left( O \right)\) (\(M\) thuộc cung nhỏ \(AB\)). \({O_1},{O_2}\)lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác \(BMF\) và \(CME\). Chứng minh rằng: \({O_1}{O_2} \bot AM.\)
Gọi \(L\) là giao điểm thứ hai của \(FE\) với \(\left( O \right)\).
Có:  
Và  
Mà tứ giác \(BFEC\) nội tiếp suy ra:  \(\angle AEM = \angle ABC\)
Từ đây suy ra: . Khi đó: \(\angle AML = \angle ABM = \angle ACM\)
Xét đường tròn  \(\left( {{O_1}} \right)\) có: \(\angle AMF = \angle MBF\)
\( \Rightarrow AM\) là tiếp tuyến của \(\left( {{O_1}} \right) \Rightarrow AM \bot M{O_1}\).
Tương tự xét đường tròn  \(\left( {{O_2}} \right)\) có: \(\angle AME = \angle MCE\)
\( \Rightarrow AM\) là tiếp tuyến của \(\left( {{O_2}} \right) \Rightarrow AM \bot M{O_2}\).
Vậy \({O_1}{O_2} \bot AM.\)
c) Lấy \(K\) trên đoạn \(HC\)(\(K \ne C,H\)), gọi \(I\) là giao điểm của \(BK\) với \(\left( O \right)\,\left( {I \ne B} \right)\), \(G\) là giao điểm của đường thẳng \(CI\) với \(CE\). Chứng minh rằng: \({S_{{\rm{\Delta }}GFB}} = \left( {\dfrac{{FK}}{{FC}} + \dfrac{{BF \cdot BE}}{{CF \cdot CE}}} \right){S_{{\rm{\Delta }}CEF}}.\)
Gọi \(J = KG \cap FE;\,N = KC \cap FE;\)
Điều phải chứng minh tương đương với:
 \({S_{{\rm{\Delta }}GFB}} = \left( {\dfrac{{FK}}{{FC}} + \dfrac{{BF \cdot BE.\sin \,\angle EBF}}{{CF \cdot CE.\sin \,\angle ECF}}} \right){S_{{\rm{\Delta }}CEF}}\) \( = \left( {\dfrac{{FK}}{{FC}} + \dfrac{{{S_{{\rm{\Delta }}BEF}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}CEF}}}}} \right){S_{{\rm{\Delta }}CEF}}\) (do \(\angle EBF = \angle ECF\))
\(\begin{array}{l} \Leftrightarrow {S_{{\rm{\Delta }}GFB}} = \dfrac{{FK}}{{FC}}{S_{{\rm{\Delta }}CEF}} + {S_{{\rm{\Delta }}BEF}}\\ \Leftrightarrow {S_{{\rm{\Delta }}GEF}} + {S_{{\rm{\Delta }}BEF}} = \dfrac{{FK}}{{FC}}{S_{{\rm{\Delta }}CEF}} + {S_{{\rm{\Delta }}BEF}}\\ \Leftrightarrow {S_{{\rm{\Delta }}GEF}} = \dfrac{{FK}}{{FC}}{S_{{\rm{\Delta }}CEF}} \Leftrightarrow \dfrac{{FK}}{{FC}} = \dfrac{{{S_{{\rm{\Delta }}GEF}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}CEF}}}}\end{array}\)
Mà \(\dfrac{{{S_{{\rm{\Delta }}GEF}}}}{{{S_{{\rm{\Delta }}CEF}}}} = \dfrac{{GN}}{{NC}}\)
Ta sẽ chứng minh \(\dfrac{{FK}}{{FC}} = \dfrac{{GN}}{{GC}}\). Thật vậy:
Sử dụng tỉ số lượng giác ta có: \(\dfrac{{FH}}{{FK}} = \dfrac{{\tan \,\angle FBH}}{{\tan \,\angle FBK}}\)\( = \dfrac{{\tan \,\angle ECH}}{{\tan \,\angle ECG}} = \dfrac{{EH}}{{EG}}\) (do \(\angle FBH = \angle ECH\) và \(\angle FBK = \angle ECG\))
Áp dụng định lý Menelaus cho:
    \(\Delta GHK\) có cát tuyến là \(FEJ\): \(\dfrac{{KF}}{{FH}}.\dfrac{{HE}}{{EG}}.\dfrac{{GJ}}{{JK}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{GJ}}{{JK}} = 1\)
     \(\Delta GCK\) có cát tuyến là \(FJN\): \(\dfrac{{GN}}{{NC}}.\dfrac{{CF}}{{FK}}.\dfrac{{KJ}}{{JG}} = 1 \Rightarrow \dfrac{{GN}}{{NC}} = \dfrac{{FK}}{{FC}}\) (do \(\dfrac{{GJ}}{{JK}} = 1\))
Vậy ta có điều phải chứng minh.