d) Ta có:

K là trung điểm của CE (E đối xứng với C qua AB)

K là trung điểm của AB

AB ⊥ CE (MO ⊥ AB)

⇒ Tứ giác AEBC là hình thoi

⇒ BE // AC

Mà AC ⊥ AD (A thuộc đường tròn đường kính CD)

Nên BE ⊥ AD và DK ⊥ AB

Vậy E là trực tâm của tam giác ADB

a: góc SMO+góc SNO=180 độ

=>SMON nội tiếp

Tâm là trung điểm của OS

R=OS/2

b: ΔOMS vuông tại M có sin MSO=MO/OS=1/2

nên góc MSO=30 độ

=>góc MOK=60 độ

=>ΔOMK đều

=>MK=OM=R=OK

Xét ΔOKN có OK=ON và góc KON=60 độ

nên ΔOKN đều

=>KN=ON=R

=>OM=MK=KN=ON

=>OMKN là hình thoi

=>KM=KN

Ta có: \(\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=90^o\)(Vì AM là đường trung tuyến của (O))

\(\Rightarrow\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=180^o\)

=> Tứ giác MAOB nội tiếp

Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau ta có MA=MB; OA=OB 

=> MO là đường trung trực của AB 

=> MO _|_ AB tại H

Mà \(\widehat{BAE}=90^o\)hay AE _|_ AB. Do đó AE // MO

Vì AE // MO và MA là tiếp tuyến của (O) nên \(\widehat{NMF}=\widehat{AEF}=\widehat{NAM}\)

=> Tam giác NMA đồng dạng tam giác NFM (gg)
=> \(\frac{NM}{NF}=\frac{NA}{NM}\)\(\Rightarrow NM^2=AN\cdot NF\left(1\right)\)

Ta có: \(\widehat{MFB}=\widehat{MHB}=90^o\)=> Tứ giác MFHB nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{FHN}=\widehat{FBM}\)mà \(\widehat{FBM}=\widehat{NAH}\)

\(\Rightarrow\widehat{NAH}=\widehat{FHN}\)

\(\Rightarrow\Delta NAH\)đồng dạng \(\Delta NHF\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{NA}{NH}=\frac{NH}{NF}\Rightarrow NH^2=NA\cdot NF\left(2\right)\)

(1)(2) => NM²=NH² => MN=NH (đpcm)

3: Xét (O) có

MA,MB là tiếp tuyến

=>MA=MB

mà OA=OB

nên OM là trung trực của AB

=>OM vuông góc AB tại H

=>MH*MO=MA^2

Xét ΔMAB và ΔMCA có

góc MAB=góc MCA

góc AMB chung

=>ΔMAB đồng dạng với ΔMCA

=>MA/MC=MB/MA

=>MA^2=MB*MC

=>MH*MO=MB*MC

=>MH/MB=MC/MO

=>MH/MC=MB/MO

=>ΔMHB đồng dạng với ΔMCO

=>góc MHB=góc MCO

=>góc OHB+góc OCB=180 độ

=>OHBC nội tiếp

=>góc BHC=góc BOC

=>góc BHC=2*góc BDC(ĐPCM)

1) Chứng minh: Tứ giác MAOB nội tiếp một đường tròn

Vẽ được các yếu tố để chứng minh phần (1).

Ta có M B O ^ = 90 0 ,   M A O ^ = 90 0  (theo t/c của tiếp tuyến và bán kính)

Suy ra:  M A O ^ + M B O ^ = 180 0 .Vậy tứ giác MAOB nội tiếp đường tròn.

2) Chứng minh: MN² = NF. NA và MN = NH

Ta có A E / / M O ⇒ A E M ^ = E M N ^   mà   A E M ^ = M A F ^ ⇒ E M N ^ = M A F ^

Δ N M F   v à   Δ N A M có:  M N A ^ chung;  E M N ^ = M A F ^

nên  Δ N M F đồng dạng với  Δ N A M

⇒ N M N F = N A N M ⇒ N M 2 = N F . N A        1

Mặt khác có: A B F ^ = A E F ^ ⇒ A B F ^ = E M N   ^ h a y   H B F ^ = F M H ^  

=> MFHB là tứ giác nội tiếp

⇒ F H M ^ = F B M ^ = F A B ^   h a y   F H N ^ = N A H ^

Xét Δ N H F   &   Δ N A H   c ó   A N H   ^ c h u n g ;   N H F ^ = N A H ^

=> Δ N M F đồng dạng  Δ N A H ⇒ ⇒ N H N F = N A N H ⇒ N H 2 = N F . N A        2  

Từ (1) và (2) ta có NH = HM

3) Chứng minh:  H B 2 H F 2 − EF M F = 1 .

Xét Δ M AF  và Δ M E A  có: A M E ^  chung, M A F ^ = M E A ^

suy ra  Δ M AF  đồng dạng với  Δ M E A

⇒ M E M A = M A M F = A E A F ⇒ M E M F = A E 2 A F 2      (3)

Vì MFHB là tứ giác nội tiếp ⇒ M F B ^ = M H B ^ = 90 0 ⇒ B F E ^ = 90 0 và A F H ^ = A H N ^ = 90 0 ⇒ A F E ^   = B F H ^  

Δ A E F  và Δ H B F  có: E F A ^ = B F H ^   ;   F E A ^ = F B A ^

suy ra  Δ A E F   ~   Δ H B F  

⇒ A E A F = H B H F ⇒ A E 2 A F 2 = H B 2 H F 2                (4)

Từ (3) và (4) ta có M E M F = H B 2 H F 2 ⇔ M F + F E M F = H B 2 H F 2 ⇔ 1 + F E M F = H B 2 H F 2 ⇔ H B 2 H F 2 − F E M F = 1