a) Chứng minh tứ giác ABEFABEF nội tiếp.

Xét đường tròn (O)(O) ta có: 

ˆBEC=900BEC^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét tứ giác ABEFABEF ta có: ˆFAB+ˆBEF=900+900=1800.FAB^+BEF^=900+900=1800.

⇒ABEF⇒ABEF là tứ giác nội tiếp. (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng 18001800).

b) Gọi MM là giao điểm thứ hai của FBFB với đường tròn (O).(O). Chứng minh DM⊥AC.DM⊥AC.

Vì tứ giác ABEF là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ˆAEB=ˆAFB⇒AEB^=AFB^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB).

Lại có ˆAEB=ˆBMDAEB^=BMD^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD của đường tròn (O))

⇒ˆAFB=ˆBMD⇒AFB^=BMD^. Mà hai góc này ở vị trí so le trong ⇒AF//DM⇒AF//DM.

Mà AF⊥AC⇒DM⊥ACAF⊥AC⇒DM⊥AC.

c) Chứng minh CE.CF+AD.AE=AC2.CE.CF+AD.AE=AC2. 

Xét tam giác ACD và tam giác ABE có

ˆCAECAE^ chung;

ˆACD=ˆAEBACD^=AEB^ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BD)

⇒ΔACD∼ΔAEB(g.g)⇒ACAE=ADAB⇒AD.AE=AC.AB(1)⇒ΔACD∼ΔAEB(g.g)⇒ACAE=ADAB⇒AD.AE=AC.AB(1)

Xét tam giác CBE và tam giác CFA có:

ˆACBACB^ chung;

ˆCEB=ˆCAF=900CEB^=CAF^=900

⇒ΔCBE∼ΔCFA(g.g)⇒CECA=CBCF⇒CE.CF=CA.CB(2)⇒ΔCBE∼ΔCFA(g.g)⇒CECA=CBCF⇒CE.CF=CA.CB(2) 

Từ (1) và (2)⇒CE.CF+AD.AE=CA.CB+AC.AB=AC(AB+BC)=AC2(dpcm)