1: 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
ta có: BK//OM
MO⊥BC
Do đó: BK⊥BC
=>ΔKBC vuông tại B
2: Xét (O) có
\(\hat{MBA}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BM và dây cung BA
\(\hat{BKA}\) là góc nội tiếp chắn cung BA
Do đó; \(\hat{MBA}=\hat{BKA}\)
Xét ΔMBA và ΔMKB có
\(\hat{MBA}=\hat{MKB}\)
\(\hat{BMA}\) chung
Do đó: ΔMBA~ΔMKB
=>\(\frac{MB}{MK}=\frac{MA}{MB}\)
=>\(MA\cdot MK=MB^2\left(3\right)\)
Xét ΔMBO vuông tại B có BH là đường cao
nên \(MH\cdot MO=MB^2\left(4\right)\)
Từ (3),(4) suy ra \(MA\cdot MK=MH\cdot MO\)
=>\(\frac{MA}{MO}=\frac{MH}{MK}\)
Xét ΔMAH và ΔMOK có
\(\frac{MA}{MO}=\frac{MH}{MK}\)
\(\hat{AMH}\) chung
Do đó: ΔMAH~ΔMOK
=>\(\hat{MHA}=\hat{MKO}\)
3:
ΔBCK vuông tại B
=>B,C,K cùng thuộc đường tròn đường kính CK
mà B,C,K cùng thuộc (O)
nên CK là đường kính của (O)
=>O là trung điểm của CK
Ta có: BE⊥CK
CM⊥CK
Do đó:BE//CM
Gọi F là giao điểm của CM và BK
=>CF//BE
Ta có: BK⊥BC
mà K,B,F thẳng hàng
nên BC⊥BF
=>ΔBCF vuông tại B
Ta có: \(\hat{MBC}+\hat{MBF}=\hat{CBF}=90^0\)
\(\hat{MCB}+\hat{MFB}=90^0\) (ΔBCF vuông tại B)
mà \(\hat{MBC}=\hat{MCB}\) (ΔMBC cân tại M)
nên \(\hat{MBF}=\hat{MFB}\)
=>MB=MF
mà MC=MB
nên MC=MF(5)
Xét ΔKCM có DE//CM
nên \(\frac{DE}{CM}=\frac{KD}{KM}\left(6\right)\)
Xét ΔKMF có DB//MF
nên \(\frac{DB}{MF}=\frac{KD}{KM}\left(7\right)\)
Từ (5),(6),(7) suy ra DB=DE
=>D là trung điểm của BE
