a) Xét tứ giác AMCO có 

\(\widehat{MAO}\) và \(\widehat{MCO}\) là hai góc đối

\(\widehat{MAO}+\widehat{MCO}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: AMCO là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

Xét (O) có 

\(\widehat{ADB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

nên \(\widehat{ADB}=90^0\)(Hệ quả góc nội tiếp)

hay AD\(\perp\)MB tại D

Xét (O) có 

MA là tiếp tuyến có A là tiếp điểm(gt)

MC là tiếp tuyến có C là tiếp điểm(gt)

Do đó: MA=MC(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Ta có: MA=MC(cmt)

nên M nằm trên đường trung trực của AC(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(1)

Ta có: OA=OC(=R)

nên O nằm trên đường trung trực của AC(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(2)

Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của AC

hay MO\(\perp\)AC tại E

Xét tứ giác AMDE có 

\(\widehat{ADM}=\widehat{AEM}\left(=90^0\right)\)

\(\widehat{ADM}\) và \(\widehat{AEM}\) là hai góc cùng nhìn cạnh AM

Do đó: AMDE là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

a: góc MAO+góc MCO=180 độ

=>MAOC nội tiếp

góc ADB=1/2*sđ cung AB=90 độ

=>AD vuông góc MB

Xét (O) có

MA,MC là tiếp tuyến

=>MA=MC

mà OA=OC

nên OM là trung trực của AC

=>OM vuông góc AC tại E

góc ADM=góc AEM=90 độ

=>AEDM là tứ giác nội tiếp

a: Xét (O) có

MA.MC là tiếp tuyến

=>MA=MC

mà OA=OC

nên OM là trung trực của AC

=>OM vuông góc AC tại E

góc ADB=1/2*180=90 độ

=>góc ADM=90 độ=góc AEM

=>AMDE nội tiếp

b: AMDE nội tiếp

=>góc ADE=góc AMO=góc ACO

a: góc ADB=1/2*sđ cung AB=90 độ

=>AD vuông góc MB

Xét (O) có

MA,MC là tiếp tuyến

=>MA=MC

mà OA=OC

nên OM là trung trực của AC

=>OM vuông góc AC tại E

góc AEM=góc ADM=90 độ

=>AEDM nội tiếp

b: Xét ΔMAB vuông tại A có AD vuông góc MB

nên MA^2=MD*MB

a: Xét (O) có
MA,MC là tiếp tuyến

=>MA=MC

mà OA=OC

nên MO là trung trực của AC

=>MO vuông góc AC tại E

góc ADB=1/2*sđ cung AB=90 độ

=>AD vuông góc MB

góc ADM=góc AEM=90 độ

=>AMDE nội tiếp

b: ΔMAB vuông tại A có AD là đường cao

nên MA^2=MD*MB

a) Vì MA, MC là tiếp tuyến nên: ˆMAO=ˆMCO=900⇒MAO^=MCO^=900⇒ AMCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO.

ˆADB=900ADB^=900 góc nội tiếp chắn nửa đường  tròn) ⇒ˆADM=900⇒ADM^=900 (1)

Lại có: OA = OC = R; MA = MC (tính chất tiếp tuyến). Suy ra OM là đường trung trực của AC

⇒ˆAEM=900⇒AEM^=900 (2). 

Từ (1) và (2) suy ra MADE là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MA.

b)  Tứ giác AMDE nội tiếp suy ra: ˆADE=ˆAME=ˆAMOADE^=AME^=AMO^ (góc nội tiếp cùng chắn cung AE) (3)

Tứ giác AMCO nội tiếp suy ra: ˆAMO=ˆACOAMO^=ACO^(góc nội tiếp cùng chắn cung AO) (4).

Từ (3) và (4) suy ra ˆADE=ˆACOADE^=ACO^

c) Tia BC cắt Ax tại N. Ta có ˆACB=900ACB^=900 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ⇒ˆACN=900⇒ACN^=900, suy ra ∆ACN vuông tại C. Lại có MC = MA nên suy ra được MC = MN, do đó MA = MN (5).

Mặt khác ta có CH // NA (cùng vuông góc với AB) nên theo định lí Ta-lét thì ICMN=IHMA(=BIBM)ICMN=IHMA(=BIBM) (6).

Từ (5) và (6) suy ra IC = IH hay MB đi qua trung điểm của CH.

Để giải quyết bài toán này, ta sử dụng định lí Menelaus và định lí Stewart.

Bước 1: Chứng minh AD/AC + AM/AN = 3.

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác AGC với đường thẳng cắt AC, ID, MG, ta có:

$\dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{DN}{NC} \cdot \dfrac{CG}{GA} = 1$

Do $CG = 2 \cdot GA$ và $DN = AN - AD = AN - 2\cdot AI$, ta có thể đưa về dạng:

$\dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{AN-2\cdot AI}{NC} = \dfrac{1}{2}$

Từ định lí Stewart, ta có $4\cdot AI\cdot DI + AD^2 = 3\cdot ID^2$, do đó $ID = \dfrac{AD}{\sqrt{3}}$.

Thay vào phương trình trên, ta được:

$\dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{AN-AD}{NC} = \dfrac{1}{\sqrt{3}}$

Tương đương với:

$\dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{AD}{NC} + \dfrac{IM}{MD} \cdot \dfrac{AM}{AN} = \dfrac{1}{\sqrt{3}} + \dfrac{AD}{NC}$

Từ đó suy ra:

$\dfrac{AM}{AN} + \dfrac{AD}{AC} = \dfrac{3}{\sqrt{3}}$

Do đó:

$\dfrac{AD}{AC} + \dfrac{AM}{AN} = 3$ (Đpcm)