Cho góc \(\angle xAy = {60^0}\) và \((O)\) là đường tròn tiếp xúc với tia \(Ax\) tại \(B\) và tiếp xúc với tia \(Ay\) tại \(C\). Trên cung nhỏ \(BC\) của đường tròn \((O)\) lấy điểm \(M\) và gọi \(D,\,\,E,\,\,F\) lần lượt là hình chiếu vuông góc của \(M\) trên \(BC,\,\,CA,\,\,AB\).
a) Chứng minh tứ giác \(CDME\) là tứ giác nội tiếp.
b) Tính số đo của góc \(\angle EDF\).
c) Chứng minh rằng \(M{D^2} = ME.MF\).
Giải chi tiết:

a) Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}\angle CDM = {90^0}\;\;\left( {do\;\;MD \bot BC} \right)\\\angle CEM = {90^0}\;\;\left( {do\;\;ME \bot AC} \right)\end{array} \right.\)
\( \Rightarrow \angle CDM + \angle CEM = {180^0}\)
\( \Rightarrow \)\(CDME\) là tứ giác nội tiếp (dhnb).
b) Từ câu a ta có \(\angle MDE = \angle MCE\) (cùng chắn cung \(ME\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác CDME )
Mà \(\angle MCE = \angle MBC\) (cùng chắn cung \(MC\) của đường tròn \((O)\))
\( \Rightarrow \angle MDE = \angle MBC\,\,\,\,(1)\)
Tương tự câu a ta cũng có tứ giác \(BDMF\) nội tiếp nên ta có:
\(\angle MDE = \angle MBF\,\,\,\,\,\,\,\,(2)\) (cùng chắn cung \(MF\) của đường tròn \((BDME)\))
Từ (1) và (2) ta suy ra:
\(\angle EDF = \angle MDE + \angle MDF = \angle MBC + \angle MBF = \angle CBA = {60^0}\) (vì tam giác \(ABC\) đều do có \(AB = AC\) và \(\angle BAC = {60^0}\) )
c) Ta có \(\angle MED = \angle MCD\) (cùng chắn cung \(MD\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(CDME\))
Mà \(\angle MCD = \angle MBF\) (cùng chắn cung \(MB\) của đường tròn \((O)\))
Kết hợp (2) \( \Rightarrow \angle MED = \angle MDF\,\,\,\,\,\,\,\,(3)\)
Từ (1): \(\angle MDE = \angle MBC\)
Mà \(\angle MBC = \angle MFD\) (cùng chắn cung \(MD\) của đường tròn ngoại tiếp tứ giác \(BDMF\))
\( \Rightarrow \angle MDE = \angle MFD\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,\,(4)\)
Từ (3) và (4) suy ra \(\Delta MDE \sim \Delta MFD\;\;\left( {g - g} \right)\)
\( \Rightarrow \frac{{MD}}{{MF}} = \frac{{ME}}{{MD}}\,\, \Rightarrow M{D^2} = ME.MF\) (các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ).