a: góc OAM+góc OCM=180 độ

=>OAMC nội tiếp

b: CE//BD

=>góc AKM=góc AEC=góc ACM

=>AKCM nội tiếp

=>A,K,C,M cùng nằm trên 1 đường tròn

=>góc OKM=90 độ

=>K là trung điểm của BD

a) Xét tứ giác MAOB có

\(\widehat{OAM}\) và \(\widehat{OBM}\) là hai góc đối

\(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

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

b) Xét (O) có 

\(\widehat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{AC}\)

\(\widehat{CAM}\) là góc tạo bởi dây cung CA và tiếp tuyến AM

Do đó: \(\widehat{ADC}=\widehat{CAM}\)(Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

hay \(\widehat{MDA}=\widehat{MAC}\)

Xét ΔMDA và ΔMAC có 

\(\widehat{MDA}=\widehat{MAC}\)(cmt)

\(\widehat{AMD}\) là góc chung

Do đó: ΔMDA∼ΔMAC(g-g)

⇔\(\dfrac{MD}{MA}=\dfrac{MA}{MC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

⇔\(MA^2=MC\cdot MD\)(đpcm)(1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền OM, ta được:

\(MA^2=MH\cdot MO\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(MH\cdot MO=MC\cdot MD\)(đpcm)

c) để chứng minh EC là tiếp tuyến:

chứng minh tứ giác OECH nội tiếp thì ta sẽ có góc OHE=OCE=90o(đpcm)

=> cần chứng minh tứ giác OECH nội tiếp:

ta có: DOC=DHC (ccc CD)

xét MHC=MDO (tam giác MCH~MOD)= OCD (vì DO=OC)=OHD (cùng chắn OD) => HA là phân giác CHD

DOC=DHC => 1/2 DOC= 1/2 DHC =COE=CHE

mà COE với CHE cùng chắn cung CE trong tứ giác OHCE nên tứ giác đấy nội tiếp => xong :))))

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.

a: góc KAN=1/2*180=90 độ

ΔOBC cân tại O

mà OH là trung tuyến

nên OH vuông góc BC

góc KAD+góc KHD=180 độ

=>KADH nội tiếp

b: Xét ΔNCB có

NH vừa là đường cao, vừa là trung tuyến

=>ΔNCB cân tại N

=>góc NBC=góc NCB=góc NAB

=>góc NAB=góc NBD

mà góc ABN chung

nên ΔNAB đồng dạng với ΔNBD

=>NB^2=NA*ND