Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AD

a)     \[CEFD\] là tứ giác nội tiếp.

Ta có \(\widehat {ACD} = 90^\circ \) ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Nên  vuông tại  \[C\]

Gọi \[I\] là trung điểm của \[ED\]

Ta có \[CI\] là đường trung tuyến hạ xuống cạnh huyền \[ED\]

Nên \[CI = IE = ID = \frac{1}{2}ED\]  (1)

Tương tự trong tam giác \[EFD\] vuông tại \[F\], ta có

\[FI = IE = ID = \frac{1}{2}ED\]  (2)

Từ (1) và (2) suy ra  \[CI = FI = IE = ID\]

Hay  tứ giác \[CEFD\] là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \[I\] đường kính \[ED\]

-----------------------------

 b) \[FA\]  là tia phân giác của \[\widehat {BFM}\]

             Ta có \[CEFD\] nội tiếp=> \[\widehat {CED} = \widehat {CFD}\] ( hai góc nội tiếp cùng chắn )

                   Chứng minh tương tự câu a) ta có \[ABEF\] là tứ giác nội tiếp

                    => \[\widehat {BEA} = \widehat {BFA}\] ( hai góc nội tiếp cùng chắn cung )

                   Mà \[\widehat {BEA} = \widehat {CED}\] ( đối đỉnh)

                         \[\widehat {AFM} = \widehat {CFD}\] ( đối đỉnh)

                   Do đó \[\widehat {BFA} = \widehat {AFM}\]

                             Hay \[FA\]  là tia phân giác \[\widehat {BFM}\]

 c)  \[BE.DN = EN.BD\].

        Ta có  \[\widehat {EFC} = \widehat {EDC}\]  ( hai góc nội tiếp cùng chắn )

                      \[\widehat {EFB} = \widehat {BAE}\]  ( hai góc nội tiếp cùng chắn )

   Mà  \[\widehat {BAE} = \widehat {BAC} = \widehat {BDC} = \widehat {EDC}\]  ( hai góc nội tiếp cùng chắn )

   Suy ra \[\widehat {EFC} = \widehat {EFB}\]  hay \[FE\] là tia phân giác của \[\widehat {BFC}\]

                  Trong có \[FE\] là phân giác trong tại đỉnh \[F\]  \( \Rightarrow \frac{{BE}}{{EN}} = \frac{{FB}}{{FN}}\)

                 Mà\[EF \bot \;FD\] \[ \Rightarrow FD\]  là phân giác ngoài tại đỉnh \[F\]\( \Rightarrow \frac{{BD}}{{DN}} = \frac{{FB}}{{FN}}\)

                 Suy ra \[\frac{{BE}}{{EN}} = \frac{{BD}}{{DN}} \Rightarrow BE.DN = EN.BD\]