1; Xét tứ giác MBOC có \(\hat{MBO}+\hat{MCO}=90^0+90^0=180^0\)
nên MBOC là tứ giác nội tiếp
2: Xét (O) có
MB,MC là các tiếp tuyến
Do đó: MB=MC
=>M nằm trên đường trung trực của BC(1)
ta có: OB=OC
=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)
Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực của BC
=>MO⊥BC tại H và H là trung điểm của BC
Xét (O) có
\(\hat{MBE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BM và dây cung BE
\(\hat{BAE}\) là góc nội tiếp chắn cung BE
Do đó; \(\hat{MBE}=\hat{BAE}\)
Xét ΔMBE và ΔMAB có
\(\hat{MBE}=\hat{MAB}\)
\(\hat{BME}\) chung
Do đó: ΔMBE~ΔMAB
=>\(\frac{MB}{MA}=\frac{ME}{MB}\)
=>\(MA\cdot ME=MB^2\left(3\right)\)
Xét ΔMBO vuông tại B có BH là đường cao
nên \(MH\cdot MO=MB^2\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(MA\cdot ME=MH\cdot MO\)
3: Xét (O) có
\(\hat{MCE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CM và dây cung CE
\(\hat{EAC}\) là góc nội tiếp chắn cung EC
Do đó: \(\hat{MCE}=\hat{EAC}\)
mà \(\hat{EAC}=\hat{EMD}\) (hai góc so le trong, AC//BM)
nên \(\hat{DME}=\hat{DCM}\)
Xét (O) có
\(\hat{DBE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BD và dây cung BE
\(\hat{BCE}\) là góc nội tiếp chắn cung BE
Do đó: \(\hat{DBE}=\hat{DCB}\)
Xét ΔDBE và ΔDCB có
\(\hat{DBE}=\hat{DCB}\)
\(\hat{BDE}\) chung
Do đó: ΔDBE~ΔDCB
=>\(\frac{DB}{DC}=\frac{DE}{DB}\)
=>\(DB^2=DC\cdot DE\left(5\right)\)
Xét ΔDME và ΔDCM có
\(\hat{DME}=\hat{DCM}\)
\(\hat{MDE}\) chung
Do đó: ΔDME~ΔDCM
=>\(\frac{DM}{DC}=\frac{DE}{DM}\)
=>\(DM^2=DC\cdot DE\left(6\right)\)
Từ (5),(6) suy ra DB=DM
=>D là trung điểm của BM
