a) Chứng minh ΔABF ~ ΔACE
\(\odot\) Ta có: FA = FB (F ∈ đường trung trực của AB)
⇒ ΔFAB cân tại F
Tương tự, ta cũng có ΔEAC cân tại E
\(\odot\) Mặt khác:
\(\widehat{FBA}=\widehat{BAD}\) (AD // BF, 2 góc so le trong)
\(\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\) (AD là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\))
\(\widehat{CAD}=\widehat{ECA}\) (AD // CE, 2 góc so le trong)
\(\Rightarrow\widehat{FBA}=\widehat{ECA}\)
\(\odot\) Suy ra ΔFAB cân tại F và ΔEAC cân tại E có \(\widehat{FBA}=\widehat{ECA}\)
⇒ ΔFAB ~ ΔEAC
b) Chứng minh AD, BE, CF đồng quy
\(\odot\) Gọi G là giao điểm của BE và CF. Ta sẽ chứng minh A, G, D thẳng hàng.
\(\odot\) Theo định lí Thales: BF // EC (do cùng song song với AD)
\(\Rightarrow\dfrac{FG}{GC}=\dfrac{BF}{CE}\)
\(\odot\) Mà:
\(\dfrac{BF}{CE}=\dfrac{AB}{AC}\) (ΔFAB ~ ΔEAC)
\(\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{BD}{CD}\) (AD là đường phân giác của ΔABC)
\(\odot\) Suy ra \(\dfrac{FG}{GC}=\dfrac{BD}{CD}\)
Theo định lí Thales đảo ⇒ GD // BF
mà AD // BF (gt) nên \(AD\equiv GD\)
⇒ A, G, D thẳng hàng
⇒ đpcm
c) Chứng minh A, P, G, Q, F đồng viên
\(\odot\) Ta có: \(\widehat{FAG}=\widehat{EAG}\)
mà \(\widehat{EAG}=\widehat{QGA}\) (2 góc so le trong, QG // AE)
\(\Rightarrow\widehat{FAG}=\widehat{QGA}\)
mà FAGQ là hình thang
⇒ FAGQ là hình thang cân
⇒ FAGQ nội tiếp (1)
\(\odot\) Mặt khác: ECGP nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{CEP}=\widehat{PGF}\) (cùng bù \(\widehat{PGC}\))
mà \(\widehat{CEP}=\widehat{FQP}\) (2 góc so le trong, BF // CE)
\(\Rightarrow\widehat{PGF}=\widehat{FQP}\)
⇒ FQGP nội tiếp (2)
\(\odot\) Từ (1) và (2) ⇒ Ngũ giác AFQGP nội tiếp
⇒ đpcm
