Cho tam giác đều \(ABC\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) như hình vẽ sau. Phép quay ngược chiều \(60^\circ \) tâm \(O\) biến các điểm \(A,B,C\) lần lượt thành các điểm\(D,E,F\). Chứng minh rằng là một lục giác đều.

a) Ta có $\widehat{\text{BAM}}+\widehat{\text{MAD}}=\widehat{\text{BAD}}={90}^{°}$ (1). Lại có \(Ax \bot Ay\) nên $\widehat{xAy}={90}^{°}$  $\text{ hay }\widehat{\text{MAD}}+\widehat{\text{DAN}}={90}^{°}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {{\rm{BAM}}} = \widehat {{\rm{DAN}}}\)nên hai tam giác vuông \(ABM\)và \(AND\)bằng nhau theo trường hợp g.c.g.

\( \Rightarrow {\rm{AM}} = {\rm{AN}}\)

b) Tam giác \(AMN\) vuông cân tại \(A\), có \(AO\) là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao hay \(AO \bot MN\) hay $\widehat{\text{AOM}}={90}^{°}$. Dễ thấy tứ giác \[ABMO\] có $\widehat{\text{ABM}}=\widehat{\text{AOM}}={90}^{°}$

$\Rightarrow \widehat{\text{ABM}}+\widehat{\text{AOM}}={180}^{°}$ nên \[ABMO\] là tứ giác nội tiếp.

Lại có $\widehat{\text{AON}}=\widehat{\text{ADN}}={90}^{°}$, chứng tỏ bốn điểm \(A,O,D,N\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AN\) hay tứ giác \[ANDO\]nội tiếp.

c) Ta có tứ giác\[\;ABMO\] nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \widehat {{\rm{BOM}}} = \widehat {{\rm{BAM}}}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung ),\(\widehat {{\rm{BAM}}} = \widehat {{\rm{DAN}}}({\rm{cmt}})\). Lại có tứ giác \[ANDO\] nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \widehat {{\rm{DAN}}} = \widehat {{\rm{DON}}}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{BOM}}} = \widehat {{\rm{DON}}}\), mà ba điểm \(M,O,N\) thẳng hàng (gt)\( \Rightarrow B,D,O\)thẳng hàng.

a) Dễ thấy $\widehat{\text{AEH}}=\widehat{\text{AFH}}={90}^{°}$ (gt).

Tứ giác \[AEHF\] có $\widehat{AEH}+\widehat{AFH}={180}^{°}$ (gt) nên nội tiếp đường tròn tâm \(I\).

b) Ta có tam giác \(BEC\) vuông tại \(E\) (gt), \(EM\) là trung tuyến

\( \Rightarrow EM = BM = CM\) hay  cân tại M \[ \Rightarrow \widehat {{B_2}} = \widehat {{E_2}}\]

Lại có \(H,E\) thuộc đường tròn tâm \(I\) nên  cân tại I \( \Rightarrow \widehat {{H_2}} = \widehat {{E_1}}\) mà \(\widehat {{H_1}} = \widehat {{H_2}}\) (đối đỉnh) \( \Rightarrow \widehat {{E_1}} = \widehat {{H_2}}\)

Gọi K là chân đường cao kẻ từ A đến BC, ta có tam giác BKH vuông tại K

Gọi K là chân đường cao kẻ từ A đến BC, ta có tam giác BKH vuông tại K

$\Rightarrow \widehat{B_2}+\widehat{H_2}={90}^{°}mà\widehat{B_2}=\widehat{E_2},\widehat{H_2}=\widehat{E_1}\left(cmt\right)\Rightarrow \widehat{E_2}+\widehat{E_1}={90}^{°}hay\widehat{IEM}={90}^{°}\Rightarrow ME\perp IE$

Chứng tỏ \(ME\) tiếp xúc với đường tròn \(\left( I \right)\)ngoại tiếp tứ giác \[AEHF\].

Chứng minh tương tự ta có \(MF\) tiếp xúc với \(\left( I \right)\).