a, Tứ giác CMHN là hình chữ nhật

b, Ta có  O C A ^ = O A C ^

C B A ^ = A C H ^ ; A C H ^ = C M N ^

=>  O C A ^ + C M N ^ = 90 0

Vậy OC ⊥ MN

c, Ta có ∆IOC có E là trực tâm suy ra IN đi qua M và E (đpcm)

d, Ta có  E M A ^ = C M N ^ ; C M N ^ = C B A ^ => ∆EMA:∆ENB

Tương tự ∆EMH:∆EHN => EM.EN = E H 2 ngoài ra , ∆EHC vuông tại H có HD là đường cao

=>  E H 2 = ED.EC. Từ đó ta có đpcm

a, Vẽ tiếp tuyến tại C cắt đường AB ở P. Phân giác C P B ^  cắt OC ở I. Vẽ đường tròn tâm I bán kính IC, đó là đường tròn cần tìm

b, Do  A C B ^ = 90 0 nên M C N ^ = 90 0

=> MN là đường kính của (I) => ĐPCM

c, Chứng minh được MN//AB nên ID ^ MN => M D ⏜ = N D ⏜ hay CD là tia phân giác  A C B ^ => Đpcm

Chọn đáp án D

* Gọi (O’) là đường tròn đi qua D và tiếp xúc với AB tại B.

Đường tròn (O’) cắt CB tại F khác B. Chứng minh E F   / /   A B .

Ta có:

Hai góc ở vị trí đồng vị  ⇒   E F / / A B

Đặt $A(0,0),\ B(2R,0),\ O(R,0)$ và gọi $M(x,y)$.

Vì $M$ thuộc nửa đường tròn $(O;R)$ nên:

$(x-R)^2+y^2=R^2$

$\Rightarrow x^2+y^2=2Rx$.

Vì $KD\perp AB$ nên $D,E$ có cùng hoành độ với $K$. Gọi $K(k,0)$.

Do $D\in AM$ nên phương trình $AM$ cho:

$D\left(k,\dfrac{ky}{x}\right)$.

Do $E\in BM$ nên:

$E\left(k,\dfrac{ky}{x-2R}\right)$.

Gọi $I$ là trung điểm của $DE$.

Khi đó:

$x_I=k$

và

$y_I=\dfrac12\left(\dfrac{ky}{x}+\dfrac{ky}{x-2R}\right)$

$=\dfrac{ky(x-R)}{x(x-2R)}$.

Mặt khác, vì $MI\perp MO$ nên:

$MO$ có hệ số góc $\dfrac{y}{x-R}$.

Do đó $MI$ có hệ số góc $-\dfrac{x-R}{y}$.

Phương trình $MI$:

$y-y_M=-\dfrac{x-R}{y}(X-x)$.

Cho $X=k$:

$y_I=y-\dfrac{x-R}{y}(k-x)$

$=y+\dfrac{(x-R)(x-k)}{y}$

$=\dfrac{y^2x+(x-R)x(x-k)}{xy}$.

Từ $x^2+y^2=2Rx$:

$y^2=x(2R-x)$.

Suy ra:

$y_I=\dfrac{x^2(2R-x)+(x-R)x(x-k)}{xy}$

$=\dfrac{x[(2R-x)x+(x-R)(x-k)]}{xy}$

$=\dfrac{(x-R)ky}{x(x-2R)}$

$=y_I$.

Vậy điểm $I$ đúng là trung điểm của $DE$.

$\boxed{I\text{ là trung điểm của }DE}$