a) Vì AB là đường kính \(\Rightarrow\angle ANB=90\)

\(\Rightarrow\angle FNB+\angle FCB=90+90=180\Rightarrow BCFN\) nội tiếp

b) Vì AB là đường kính \(\Rightarrow\angle ADB=90\) 

Xét \(\Delta ACE\) và \(\Delta ADB:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle ADB=\angle ACE=90\\\angle BAEchung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta ACE\sim\Delta ADB\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{AC}{AD}=\dfrac{AE}{AB}\Rightarrow AD.AE=AB.AC\)

a: góc BNA=1/2*180=90 độ

góc FNB+góc FCB=180 độ

=>FCBN nội tiếp

b: góc ADB=1/2*180=90 độ

Xét ΔADB vuông tạiD và ΔACE vuông tại C có

góc A chung

=>ΔADB đồng dạng với ΔACE
=>AD/AC=AB/AE

=>AC*AB=AD*AE

c: Xét ΔEAB có

EC,AN là đường cao

EC cắt AN tại F

=>F là trực tâm

=>BF vuông góc AE

mà BD vuông góc AE

nên B,F,D thẳng hàng

A,D,N,B cùng thuộc (O)

nên ADNB nội tiếp

=>góc ADN+góc ABN=180 độ

=>góc EDN=góc EBA

A,D,N,B cùng thuộc (O)

nên ADNB nội tiếp

=>góc ADN+góc ABN=180 độ

=>góc EDN=góc EBA

a: góc AID=1/2(sđ cung AD+sđ cung CB)

=1/2(sđ cung MD+sđ cung MC)

=1/2*sđ cung CD

=góc DAI

=>ΔAID cân tại D

b: góc PAI=góc PDI(1/2sđ cung MC=1/2sđ cung CB)

=>PDAI nội tiếp

1. vì M là điểm nằm chính giữa cung AC⇒AH=HC

-->OM đi qua trung điểm H của dây cung AC

--->OM⊥AC hay ∠MHC=90

có ∠AMB=90 (góc nội tiếp) nên BM//CK

⇒∠AMB=∠MKC=90 có ∠MKC+∠MHC=90+90=180

⇒tứ giác CKMH nội tiếp

2.ΔABC có ∠CBA+∠CAB=90

ΔAHO có ∠HOA+∠CAB=90

→∠CBA=∠HOA⇒CB//OH hay CB//MD

mà CD//MB ⇒tứ giác CDBM là hình bình hành

⇒CD=MB và DM=CB

a) Vì M là điểm chính giữa cung AC \(\Rightarrow OM\bot AC\Rightarrow\angle MHC=90\)

Vì AB là đường kính \(\Rightarrow\angle AMB=90\Rightarrow AM\bot MB\) 

mà \(MB\parallel CD\Rightarrow AM\bot CD\Rightarrow \angle MKC=90\)

\(\Rightarrow CKMH\) nội tiếp

b) Vì AB là đường kính \(\Rightarrow\angle ACB=90\Rightarrow CB\bot AC\)

mà \(DM\bot AC\Rightarrow\)\(CB\parallel DM\) mà \(CD\parallel BM\Rightarrow DMBC\) là hình bình hành

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}CD=MB\\BC=DM\end{matrix}\right.\)

c) DA là tiếp tuyến mà \(AC\bot DO\Rightarrow\) DC là tiếp tuyến

\(\Rightarrow DC\bot CO\) mà \(DC\parallel BM\Rightarrow BM\bot CO\Rightarrow\) C là điểm chính giữa MB

\(\Rightarrow\stackrel\frown{CB}=\stackrel\frown{CM}=\stackrel\frown{MA}\Rightarrow\stackrel\frown{CB}=\stackrel\frown{CM}=\stackrel\frown{AM}=60\)

\(\Rightarrow\) để AD là tiếp tuyến thì C nằm trên nửa đường tròn sao cho \(\widehat{BOC}=60\)

d) Từ câu c \(\Rightarrow\Delta BOC\) đều \(\Rightarrow BC=R\)

\(\Rightarrow AC=\sqrt{AB^2-BC^2}=\sqrt{3}R\)

\(\Delta MAO\) đều \(\)có \(AH\bot MO\Rightarrow HM=HO=\dfrac{1}{2}R\)

Ta có: \(\Delta DAO\) vuông tại A có \(AM=MO\Rightarrow AM=MO=MD=R\)

\(\Rightarrow DH=\dfrac{3}{2}R\)

Ta có: diện tích phần tam giác ACD ngoài đường tròn là:

\(=S_{ACD}-\left(S_{qAOC}-S_{AOC}\right)=\dfrac{1}{2}DH.AC-\left(\dfrac{\pi R^2.120}{360}-\dfrac{1}{2}.OH.AC\right)\)

\(=\dfrac{1}{2}.\dfrac{3}{2}R.\sqrt{3}R-\left(\dfrac{1}{3}\pi R^2-\dfrac{1}{2}.\dfrac{1}{2}R.\sqrt{3}R\right)\)

\(=\dfrac{3\sqrt{3}}{4}R^2-\left(\dfrac{1}{3}\pi-\dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)R^2=\left(\dfrac{3\sqrt{3}}{4}-\dfrac{1}{3}\pi+\dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)R^2\)

ý tưởng là vậy chứ tính toán thì bạn kiểm tra lại nghe (mình không chắc mình tính đúng cho lắm)