Lời giải

a) Vì điểm K nằm trên đường tròn ngoại tiếp ΔBDE nên tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn

Suy ra \(\widehat {BEK} = \widehat {B{\rm{D}}K}\) (2 góc nội tiếp cùng chắn cung BK)

Hay \(\widehat {AEK} = \widehat {{\rm{FD}}K}\)

Vì tứ giác DKFC nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {FCK} = \widehat {{\rm{FD}}K}\)

Suy ra \(\widehat {AEK} = \widehat {{\rm{FC}}K}\), hay \(\widehat {AEK} = \widehat {{\rm{AC}}K}\)

Do đó tứ giác AKCE nội tiếp đường tròn

Suy ra \(\widehat {K{\rm{AE}}} + \widehat {KCE} = 180^\circ \)

Mà \(\widehat {KC{\rm{D}}} + \widehat {KCE} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Do đó \(\widehat {K{\rm{AE}}} = \widehat {KC{\rm{D}}}\) hay \(\widehat {K{\rm{AB}}} = \widehat {KC{\rm{D}}}\)

Do tứ giác BKDE nội tiếp đường tròn nên \(\widehat {KD{\rm{E}}} + \widehat {KBE} = 180^\circ \)

Mà \(\widehat {KBA} + \widehat {KBE} = 180^\circ \) (hai góc kề bù)

Do đó \(\widehat {KD{\rm{E}}} = \widehat {KBA}\) hay \(\widehat {{\rm{KBA}}} = \widehat {KDC}\)

Xét ΔDKC và ΔBKA có:

\(\widehat {{\rm{KBA}}} = \widehat {KDC}\) (chứng minh trên)

\(\widehat {K{\rm{AB}}} = \widehat {KC{\rm{D}}}\) (chứng minh trên)

Suy ra (g.g)

Do đó \(\frac{{K{\rm{A}}}} = \frac{{K{\rm{D}}}}\)

Hay \(\frac = \frac\)

Ta có: \(\widehat {BK{\rm{D}}} = \widehat {DKC} + \widehat {BKC}\); \(\widehat {AKC} = \widehat {BKA} + \widehat {BKC}\)

Mà \(\widehat {DKC} = \widehat {BK{\rm{A}}}\), suy ra \(\widehat {DKB} = \widehat {CK{\rm{A}}}\)

Xét ΔKBD và ΔKAC có:

\(\widehat {DKB} = \widehat {CK{\rm{A}}}\) (chứng minh trên)

\(\frac = \frac\) (chứng minh trên)

Suy ra (c.g.c)

Do đó \(\widehat {KB{\rm{D}}} = \widehat {KAC}\)

Hay \(\widehat {KBF} = \widehat {KAF}\)

Suy ra tứ giác AKFB nội tiếp đường tròn

Do đó \(\widehat {BKF} = \widehat {{\rm{BAF}}}\) (2 góc nội tiếp chắn cung BF)

Suy ra \(\widehat {BKF} = \widehat {BAC} = \widehat {B{\rm{D}}C}\) (do \(\widehat {BAC},\widehat {B{\rm{D}}C}\) cùng chắn cung BC)                   (1)

Ta có: \(\widehat {B{\rm{D}}C} = \widehat {F{\rm{D}}C} = \widehat {FKC}\) (cùng chắn cung FC)                       (2)

Xét ΔBMC có \(\widehat {MBC} + \widehat {MCB} + \widehat {BMC} = 180^\circ \) (tổng ba góc trong một tam giác)

Mà \(\widehat {MBC} = \widehat {BAC},\widehat {MCB} = \widehat {B{\rm{D}}C}\)(Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

Suy ra \(\widehat {BAC} + \widehat {BDC} + \widehat {BMC} = 180^\circ \)                                              (3)

Từ (1); (2) và (3) suy ra \(\widehat {BKF} + \widehat {FKC} + \widehat {BMC} = 180^\circ \)

Hay \(\widehat {BKC} + \widehat {BMC} = 180^\circ \)

Do đó tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn

b) Ta có \(\widehat {BKF} = \widehat {B{\rm{D}}C}\) (chứng minh câu a)

Suy ra \(\widehat {BKF} = \widehat {B{\rm{DE}}} = \widehat {BKE}\) (Do tứ giác DKBE nội tiếp đường tròn)

Mà 2 điểm F và E nằm cùng phía so với BK

Suy ra 3 điểm K; F; E thẳng hàng

Hay F nằm trên KE                                                   (*)

Vì \(\widehat {BKF} = \widehat {BAC},\widehat {CKF} = \widehat {B{\rm{D}}C},\widehat {BAC} = \widehat {B{\rm{D}}C}\)

Nên \(\widehat {BKF} = \widehat {CKF}\)

Suy ra \(\widehat {BKE} = \widehat {CKE}\) (Do K; F; E thẳng hàng)

Do đó KE là phân giác của \(\widehat {BKC}\)                     (4)

Xét (O) có MB, MC là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại M

Nên MB = MC

Do đó tam giác MBC cân tại M

Suy ra \(\widehat {MBC} = \widehat {MCB}\)

Xét tứ giác BKCM nội tiếp đường tròn có \(\widehat {MBC} = \widehat {MKC},\widehat {MCB} = \widehat {MKB}\)

Suy ra \(\widehat {MKC} = \widehat {MKB}\)

Do đó KM là phân giác của \(\widehat {BKC}\)                                         (5)

Từ (4) và (5) suy ra 3 điểm K; M; E thẳng hàng hay M nằm trên KE (**)

Từ (*) và (**) suy ra 3 điểm E; M; F thẳng hàng

Vậy 3 điểm E; M; F thẳng hàng.