Lời giải:
a) Ta có:
$\widehat{ABD}= \widehat{ABE}=90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
$\widehat{AFE}= 90^\circ\quad (EF\perp AD)$
$\Rightarrow \widehat{ABE}+\widehat{AFE}=180^\circ$
Xét tứ giác $ABEF$ có:
$\widehat{ABE}+\widehat{AFE}=180^\circ\quad (cmt)$
Do đó: $ABEF$ là tứ giác nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{FAE}=\widehat{FBE}$ (cùng nhìn cạnh $EF$)
hay $\widehat{DAC}=\widehat{DBF}$
Ta lại có:
$ABCD$ là tứ giác nội tiếp $(gt)$
$\Rightarrow \widehat{DAC}=\widehat{DBC}$ (cùng nhìn cạnh $CD$)
Do đó: $\widehat{DBF}=\widehat{DBC}\quad (=\widehat{DAC})$
$\Rightarrow BD$ là tia phân giác của $\widehat{CBF}$
b) Ta có:
$\widehat{CBF}=2\widehat{DBC}$ (câu a)
$\widehat{DBC}=\widehat{DAC}$ (câu a)
$\Rightarrow \widehat{CBF}= 2\widehat{DAC}\qquad (1)$
Mặt khác:
Xét $∆AEF$ vuông tại $F$ có:
$M$ là trung điểm cạnh huyền $AE\quad (gt)$
$\Rightarrow MA = ME = MF =\dfrac12AE$
$\Rightarrow ∆MAF$ cân tại $M$
$\Rightarrow \widehat{FME}= 2\widehat{FAM}$ (góc ngoài của $∆MAF$)
hay $\widehat{FMC}= 2\widehat{DAC}\quad (2)$
Từ $(1)(2)\Rightarrow \widehat{CBF}=\widehat{FMC}$
Xét tứ giác $BMFC$ có:
$\widehat{CBF}=\widehat{FMC}\quad (cmt)$
$\widehat{CBF}$ và $\widehat{FMC}$ cùng nhìn cạnh $CF$
Do đó: $BMFC$ là tứ giác nội tiếp
