1). Gọi AD cắt (O) tại P khác A

Ta có P C M ^ = P A C ^  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)  = P E M ^ (góc đồng vị do E M ∥ A C );

Suy ra tứ giác ECMP nội tiếp. Từ đó suy ra   M P C ^ = M E C ^ = E C A ^ = C A P ^ ⇒ PM  tiếp xúc (O)

Tương tự PN tiếp xúc (O), suy ra MN tiếp xúc (O) tại P.

 (a) Gọi F là giao điểm của AE và BP. 

Từ tính chất góc nội tiếp và đường cao của tam giác vuông ta dễ thấy :∠AEC = ∠ABC = ∠BPCvậy tứ giác CPFE nội tiếp. Từ đó suy ra ∠CPE = ∠CFE, ∠PCE = ∠EFBCộng các đẳng thức góc với chú ý ∠CEP = 90◦ , ta suy ra 90◦ = ∠CPE +∠PCE = ∠CFE +∠EFB = ∠CFB, hay CF ⊥ PB, và do đó CF ∥ AB.Bổ đề. Cho hình thang ABCD, AB ∥ CD. Giả sử AC cắt BD tại O và AD cắt BC tại I. Khi đó, OI đi qua trung điểm AB và CD.CMVẽ đường thẳng EF đi qua O và song song CD.
Ta có EO//DC ⇒ OE/DC = AO/AC (1)
OF//DC ⇒ OF/DC = BO/BD (2)
Ta có: AB//DC ⇒ OA/OC = OB/OD
⇒ OA/ (OC + OA) = OB/(OD+ OB) ⇒ OA/AC = OB/BD (3)
Từ (1),(2),(3) ta có OE/DC = OF/DC ⇒ OE = OF
Ta có AB//EF
⇒ AN/EO = IN/IO và BN/FO = IM/KO
⇒ AN/EO = BN/FO ⇒ AN = BN
Tương tự: FE//DC ⇒ EO/DM = IO/IM
và FO/CM = IO/IM ⇒EO/DM=FO/CM ⇒ DM=CM suy ra đường thẳng OI đi qua trung điểm của các cạnh AB và CD.Bổ đề dc CMGọi M' là giao điểm của CB và AE. Áp dụng bổ đề cho hình thang ABFC, ta có M'P đi qua trung điểm AB hay M'P đi qua O. Vậy AE, BC, OP đồng quy tại M', đó là điều phải chứng minh. (b) Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác APO với C, M, B thẳng hàng, ta dễ thấy OM/ OP = CA /(CA +2CP) . Từ đó ta có S(M AB)/ S(PAB) = OM/OP = CA/(CA +2CP ). Suy ra S(MAB) = S(PAB) · CA/(CA +2CP)>/= S(PAB) · CA 2can2BC = (BC ·P A )/2 · CA /2 can2BC = 4R^2/ 4can2 = R^2/can2 . Đẳng thức xảy khi PB = can 2R.Hok Tốt =>>>>>>>>>>>> 

ảo vl

2) Theo 1). dễ thấy Δ B F A ∽ Δ B N P ⇒ Δ B N F ∽ Δ B P A ⇒ B N B P = F N A P (1).

Tương tự Δ C M E ∽ Δ C P A ⇒ C M C P = E M A P  (2).

Từ (1) và (2), ta có B N C M ⋅ C P B P = F N E M và theo giả thiết F N E M = B N C M , suy ra   C P = B P ⇒ A D là phân giác góc B A C ^ .

 .

3). Theo trên, ta có  B E = C D  mà  C E = C F ⇒ B C = D F .

Ta có CI là đường phân giác góc BCD, nên  I B I D = C B C D = D F B E ⇒ I B . B E = I D . D F .

Mà CO là trung trực EF và  I ∈ C O , suy ra IE=IF.

Từ hai đẳng thức trên, suy ra  I B . B E . E I = I D . D F . F I .

2). Từ  Δ O B E = Δ O D C ⇒ O E = O C .

Mà CO là đường cao tam giác cân CEF , suy ra OE=OF.

Từ đó  O E = O C = O F , vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác .

1). Vì MP là đường kính suy ra  P N ⊥ M N  (1).

Vì MD là đường kính suy ra  D N ⊥ M N  (2).

Từ (1) và (2), suy ra N; P; D thẳng hàng.

Dài thế này ai mà lm đc cho m k lm nữa

làm hết dc đống bài này chắc mình ốm mất

1). Gọi S điểm đối xứng với P qua M.Theo tính chất đối xứng của hình thang cân dễ thấy tứ giác ABSP cũng là hình thang cân.

Ta lại có    Q P S ^ = Q A B ^ = Q R B ^  .

Từ đó có E P Q ^ = E R P ^ ⇒ Δ E R P ∽ Δ E P Q  (g – g),

nên E Q P ^ = E P R ^ = B P S ^ = A S E ^ , suy ra tứ giác AEQS nội tiếp.

Do đó P A . P Q = P E . P S = P F 2 .2 P M = P F . P M , suy ra tứ giác A M Q F  nội tiếp.

Từ đó suy ra đường tròn ngoại tiếp tam giác △ A Q F  luôn đi qua M.

2) Tứ giác APQD nội tiếp ( P Q D ^ = M A D ^ = 90 0 ),

suy ra  P A Q ^ = P D Q ^ = N D M ^  (3).

Xét (O), ta có  N D M ^ = N A M ^  (4).

Từ (3) và (4)  P A Q ^ = N A P ^ , suy ra AP là phân giác của góc  N A Q ^  (*).

Xét (O), ta có  A N D ^ = A M D ^ .

Xét đường tròn đường kính MP có  Q M P ^ = Q N P ^ ⇒ A N P ^ = Q N P ^ , nên NP là phân giác của góc ANQ (**).

Từ (*) và (**), suy ra P là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ANQ