\(a,\widehat{AEB}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AB};\widehat{ABC}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AC}\)

Mà \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên \(AB=AC\Rightarrow\stackrel\frown{AB}=\stackrel\frown{AC}\)

\(\Rightarrow\widehat{AEB}=\widehat{ABC}\\ \Rightarrow\Delta ABE\sim\Delta ADB\left(g.g\right)\\ \Rightarrow\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{AE}{AB}\Rightarrow AB^2=AE\cdot AD\)

\(b,\widehat{AEB}=\widehat{ABC}\) nên AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp \(\Delta ABC\)

Trên nửa mặt phẳng bờ ME chứa S, vẽ tiếp tuyến Ex của đường tròn ngoại tiếp ΔMEF

=>góc SFE=góc MEx

=>góc MES=góc MEx

=>SE trùg với Sx

=>SE là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔMEF

1) Vì \(\Delta\)ABC đều nên AB = BC = CA => A là điểm chính giữa cung lớn BC của (O)

=> ^BMA = ^CMA (=60⁰). Kết hợp với ^MCB = ^MAB suy ra \(\Delta\)MDC ~ \(\Delta\)MBA (g.g)

=> \(MB.MC=MD.MA\) => \(MD=\frac{MB.MC}{MA}\le\frac{\left(MB+MC\right)^2}{4MA}\)

Mặt khác, theo ĐL Ptolemy: \(MB.AC+MC.AB=AM.BC\)=> \(MB+MC=MA\)(BC=CA=AB)

Do đó \(MD\le\frac{MA^2}{4MA}=\frac{MA}{4}\le\frac{2R}{4}=\frac{R}{2}\)(Vì AM là một dây của (O))

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi AM là đường kính của (O). Vậy Max MD = R/2.

2) Ta thấy ^CMA = 60⁰ = ^CAB. Từ đây \(\Delta\)ACM ~ \(\Delta\)KCA (g.g)

=> CA² = CM.CK hay CB² = CM.CK => \(\Delta\)CBM ~ \(\Delta\)CKB (c.g.c)

=> ^CBM = ^BKM => BC là tiếp tuyến của đường tròn (BKM) (đpcm).

1) Xét (O) có 

ΔABC nội tiếp đường tròn(gt)

nên O là giao điểm ba đường trung trực của ΔABC

hay AO là đường trung trực của BC

⇒AO⊥BC

Ta có: AO⊥BC(cmt)

AO⊥AE(AE là tiếp tuyến có A là tiếp điểm của (O))

Do đó: AE//BC(Định lí 1 từ vuông góc tới song song)

2) Xét ΔADE và ΔCDB có 

\(\widehat{ADE}=\widehat{CDB}\)(hai góc đối đỉnh)

DA=DC(D là trung điểm của AC)

\(\widehat{DAE}=\widehat{DCB}\)(hai góc so le trong, AE//BC)

Do đó: ΔADE=ΔCDB(c-g-c)

⇒AE=CB(hai cạnh tương ứng)

Xét tứ giác ABCE có 

AE//CB(cmt)

AE=CB(cmt)

Do đó: ABCE là hình bình hành(Dấu hiệu nhận biết hình bình hành)