Chứng minh AB=AC; DB=DM và EC=EM.

Chu vi

= AD + DM + ME + AE

= AD + DB + EC + AE

= AB + AC

 = 2AB.

Ta có AB = AC; DB = DM;
EC = EM.
Chu vi Δ ADE:
AD +AE +DE = AD +DM + AE + EM
=AD + DB + AE + EC = AB + AC = 2AB

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

    DM = DB, EM = EC, AB = AC

Chu vi ΔADE:

    CΔADE = AD + DE + AE = AD + DM + ME + AE = AD + DB + EC + AE = AB + AC = 2AB (đpcm)

Chứng minh AB=AC; DB=DM và EC=EM.

Chu vi

= AD + DM + ME + AE

= AD + DB + EC + AE

= AB + AC + 2AB.

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

    DM = DB, EM = EC, AB = AC

Chu vi ΔADE:

    CΔADE = AD + DE + AE = AD + DM + ME + AE = AD + DB + EC + AE = AB + AC = 2AB (đpcm)

a: Xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

=>ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

DB,DM là các tiếp tuyến

Do đó: DB=DM

Xét (O) có

EM,EC là các tiếp tuyến

Do đó: EM=EC

Chu vi tam giác ADE là:

\(C_{ADE}=AD+DE+AE\)

\(=AD+DM+ME+AE\)

\(=AD+DB+CE+AE\)

\(=AB+AC=2\cdot AB\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

    DM = DB, EM = EC ,  AB = AC

Chu vi  \(\Delta ADE\):

    \(C_{\Delta ADE}\) = AD + DE + AE = AD + DM + ME + AE = AD + DB + EC + AE = AB + AC = 2AB ( đpcm )

 Ta có

DB=DM; EC=EM; AB=AC (2 tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến các tiếp điểm = nhau)

\(C_{ADE}=AD+DM+AE+EM=AD+DB+AE+EC=\)

\(=AB+AC=2AB\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: $DM=DB,EM=EC$.

Chu vi tam giác $ADE$ bằng :

$AD+DE+AE=AD+DM+ME+EA$

$=AD+DB+EC+AE$

$=AB+AC=2.AB$ .

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: $DM=DB,EM=EC$.

Chu vi tam giác $ADE$ bằng :

$AD+DE+AE=AD+DM+ME+EA$

$=AD+DB+EC+AE$

$=AB+AC=2.AB$ .

Dễ thấy \(\Delta MCB~\Delta MDC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{MC}{MD}=\frac{BC}{CD}\)( 1 )

\(\Delta MAB~\Delta MDA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{MA}{MD}=\frac{AB}{AD}\)( 2 )

Lại có MA = MC . Từ ( 1 )  và ( 2 ) suy ra \(\frac{BC}{CD}=\frac{AB}{AD}\Rightarrow AD.BC=AB.CD\)

Áp dụng định lí Ploleme với tứ giác ABCD, ta có :

\(AB.CD+AD.BC=AC.BD\)

\(\Rightarrow BC.AD=AC.BD-AB.CD=\frac{1}{2}AC.BD\)

\(\Rightarrow\frac{AC}{AD}=\frac{2BC}{BD}\)( 3 )

\(\Delta NBE~\Delta NDB\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{NB}{ND}=\frac{BE}{DB}\); \(\Delta NCE~\Delta NDC\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{NC}{ND}=\frac{CE}{CD}\)

lại có :  NB = NC \(\Rightarrow\frac{BE}{BD}=\frac{CE}{CD}\Rightarrow BE.CD=CE.BD\)

Áp dụng định lí Ptoleme với tứ giác BECD, ta có : 

\(BE.CD+CE.BD=BC.DE\Rightarrow BE.CD=CE.BD=\frac{1}{2}BC.DE\)

\(\Delta PBC~\Delta PDB\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{PC}{PB}=\frac{PB}{PD}\Rightarrow PC.PD=PB^2\)

Mà \(\frac{PC}{PB}=\frac{PB}{PD}=\frac{BC}{BD}\)

Mặt khác : \(\frac{PC}{PD}=\frac{PC.PD}{PD^2}=\left(\frac{PB}{PD}\right)^2=\left(\frac{BC}{BD}\right)^2\)( 4 )

suy ra : \(\frac{PC}{PD}=\left(\frac{BC}{BD}\right)^2=\left(\frac{2CE}{DE}\right)^2\)

giả sử AE cắt CD tại Q

\(\Rightarrow\Delta QEC~\Delta QDA\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{QC}{QD}=\left(\frac{2CE}{DE}\right)^2\)

\(\Rightarrow\frac{QC}{QD}=\frac{PC}{PD}\Rightarrow P\equiv Q\)

Vậy 3 điểm A,E,P thẳng hàng

v mình quên nối AE cắt CD. hay là nối 3 điểm A,E,P mà thôi, không sao.