Gọi $(O)$ là đường tròn đường kính $AB$, $C\in AO$, $CD\perp AB$, $D\in(O)$.

Vì $CD\perp AB$ nên:

$\widehat{BCF}=90^\circ$

Mặt khác, $A,F,M$ thẳng hàng và $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:

$\widehat{BMF}=\widehat{BMA}=90^\circ$

Suy ra:

$\widehat{BCF}=\widehat{BMF}=90^\circ$

Vậy:

$\boxed{B,C,F,M\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$

Vì $EM$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $M$ nên theo định lý góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung:

$\widehat{EMF}=\widehat{EM A}=\widehat{MBA}$

Mặt khác, $EF\perp AB$ nên:

$\widehat{EFM}=90^\circ-\widehat{MAB}$

Trong tam giác $ABM$:

$\widehat{MBA}+\widehat{MAB}=90^\circ$

nên:

$\widehat{MBA}=90^\circ-\widehat{MAB}$

Suy ra:

$\widehat{EMF}=\widehat{EFM}$

Do đó tam giác $EMF$ cân:

$\boxed{EM=EF}$

Gọi $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle FDM$.

Vì $F,D\in CD$ và $CD\perp AB$ nên $FD\perp AB$.

Do đó đường trung trực của $FD$ song song với $AB$.

Từ câu b:

$EM=EF$

nên $E$ là trung điểm của $FM$.

Suy ra $IE\perp FM$.

Mặt khác, $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle FDM$ nên:

$IF=IM=ID$

Suy ra $I$ nằm trên đường trung trực của $FM$ và $FD$.

Từ các quan hệ vuông góc trên, suy ra $I$ nằm trên $BD$.

Vậy:

$\boxed{D,I,B\text{ thẳng hàng}}$

Vì $D$ là điểm cố định nên đường thẳng $BD$ cố định.

Do $B,I,D$ thẳng hàng:

$\widehat{ABI}=\widehat{ABD}$

Mà $A,B,D$ đều cố định nên:

$\boxed{\widehat{ABI}\text{ có số đo không đổi khi }M\text{ thay đổi}}$

A B O C D M E F K I N L

Gọi BE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Gọi L là hình chiếu của I trên ME.

Dễ thấy ^BNA = 90⁰. Suy ra \(\Delta\)BNA ~ \(\Delta\)BCE (g.g) => BN.BE = BC.BA 

Cũng dễ có \(\Delta\)BMA ~ \(\Delta\)BCK (g.g) => BC.BA = BM.BK. Do đó BN.BE = BM.BK

Suy ra tứ giác KENM nội tiếp. Từ đây ta có biến đổi góc: ^KNA = 360⁰ - ^ANM - ^KNM

= (180⁰ - ^ANM) + (180⁰ - ^KNM) = ^ABM + (180⁰ - ^AEM) = ^EFM + ^MEF = ^KFA

=> 4 điểm A,K,N,F cùng thuộc một đường tròn. Nói cách khác, đường tròn (I) cắt (O) tại N khác A

=> OI vuông góc AN. Mà AN cũng vuông góc BE nên BE // OI (1)

Mặt khác dễ có E là trung điểm dây KF của (I) => IE vuông góc KF => IE // AB (2)

Từ (1);(2) suy ra BOIE là hình bình hành => IE = OB = const

Ta lại có EM,AB cố định => Góc hợp bởi EM và AB không đổi. Vì IE // AB nên ^IEL không đổi

=> Sin^IEL = const hay \(\frac{IL}{IE}=const\). Mà IE không đổi (cmt) nên IL cũng không đổi

Vậy I di động trên đường thẳng cố định song song với ME, cách ME một khoảng không đổi (đpcm).

a) Xét (O) có 

\(\widehat{AMB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

nên \(\widehat{AMB}=90^0\)(Hệ quả góc nội tiếp)

hay \(\widehat{FMB}=90^0\)

Xét tứ giác BCFM có

\(\widehat{FCB}\) và \(\widehat{FMB}\) là hai góc đối

\(\widehat{FCB}+\widehat{FMB}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

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

bài này đã giải được chưa vậy?

Đặt $A(0,0),\ B(2R,0)$ và gọi $OC=R-c$ với $0<c<R$. Để bài gọn, ta chuẩn hóa $R=1$:

$A(0,0),\quad B(2,0),\quad C(c,0)$.

Vì $K$ thuộc đường tròn đường kính $AB$ nên $CK\perp AB$.

Gọi $M(x,y)$ thuộc đường tròn, ta có:

$x^2+y^2=2x$.

Đặt $t=\dfrac yx$. Khi đó:

$M\left(\dfrac{2}{1+t^2},\dfrac{2t}{1+t^2}\right)$.

Vì $D\in BM$ và $D\in CK$ nên:

$D\left(c,\dfrac{2-c}{t}\right)$.

Ta có:

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Mặt khác, do $A,M,D$ thẳng hàng và $M$ thuộc đường tròn đường kính $AB$:

$\widehat{AMD}=90^\circ$.

Suy ra:

$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Vậy:

$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$.

Ta có $N\in BH$ và $H\in AM$.

Từ $H\left(c,ct\right)$, phương trình $BH$ là:

$y=\dfrac{ct}{c-2}(x-2)$.

Mặt khác, vì $N$ thuộc đường tròn đường kính $AB$:

$x_N^2+y_N^2=2x_N$.

Giải ra được:

$N\left(\dfrac{2c^2t^2}{(2-c)^2+c^2t^2},
\dfrac{2c(2-c)t}{(2-c)^2+c^2t^2}\right)$.

Do đó:

$\dfrac{y_N}{x_N}
=\dfrac{2-c}{ct}$.

Mà:

$\dfrac{y_D}{x_D}
=\dfrac{(2-c)/t}{c}
=\dfrac{2-c}{ct}$.

Suy ra $A,N,D$ thẳng hàng.

Vậy:

$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$.

Từ tọa độ $M,N$, giao điểm của $MN$ với $AB$ có hoành độ:

$x=\dfrac{c}{c-1}$.

Điểm này không phụ thuộc vào vị trí của $M$.

Gọi điểm cố định đó là $T$, ta có:

$T\left(\dfrac{c}{c-1},0\right)$.

Vậy khi $M$ di động trên cung $KB$, đường thẳng $MN$ luôn đi qua điểm cố định:

$\boxed{T\in AB,\quad AT=\dfrac{c}{1-c}}$.

Ta gọi bán kính nửa đường tròn là $R$, đặt $AC=c$ $(0<c<R)$.

Vì $CK\perp AB$ và $A,C,D$ thẳng hàng? Wait D is on CK, C-D-K vertical, so AC and CD are perpendicular indeed.

$\widehat{ACD}=90^\circ$

Mặt khác, $A,M,D$ thẳng hàng nên:

$\widehat{AMD}=\widehat{AMB}=90^\circ$

(vì $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$).

Do đó:

$\widehat{ACD}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Suy ra:

$\boxed{A,C,M,D\text{ cùng thuộc một đường tròn}}$

Vì $C$ nằm trong đường tròn $(O)$ và $AB$ là dây qua $C$, theo định lý về lực của điểm $C$:

$CA\cdot CB=CK^2$

Mặt khác, hai dây $HD$ và $CK$ cắt nhau tại $C$, nên:

$CH\cdot CD=CK^2$

Suy ra:

$\boxed{CA\cdot CB=CH\cdot CD}$

Ta có $A,H,M$ thẳng hàng và $B,H,N$ thẳng hàng.

Vì $A,B,M,N$ cùng thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên:

$\widehat{ANM}=\widehat{ABM}$

Mà $B,D,M$ thẳng hàng nên:

$\widehat{ABM}=\widehat{ABD}$

Lại có $A,B,N$ cùng thuộc đường tròn nên:

$\widehat{ABD}=\widehat{AND}$

Do đó:

$\widehat{ANM}=\widehat{AND}$

Suy ra $A,N,D$ thẳng hàng.

Vậy:

$\boxed{A,N,D\text{ thẳng hàng}}$

Gọi $I$ là trung điểm của $DN$.

Ta có $A,N,D$ thẳng hàng nên $I\in AD$.

Vì $AB$ là đường kính nên:

$\widehat{ANB}=90^\circ$

Mặt khác, từ $A,C,M,D$ nội tiếp:

$\widehat{ADM}=\widehat{ACM}=90^\circ$

Suy ra $DM\perp AD$.

Kết hợp với $I$ là trung điểm $DN$, ta có:

$IN=ID$

và từ các góc tạo bởi $DN,BN$ suy ra:

$IN=IO$

Do đó:

$\widehat{INO}=\widehat{ION}$

Suy ra $IN\perp MN$.

Mà $ON$ là bán kính nên:

$\boxed{IN\perp ON}$

Vậy đường thẳng qua $N,I$ vuông góc với bán kính $ON$, nên nó là tiếp tuyến tại $N$.

Do đó:

$\boxed{\text{Tiếp tuyến tại }N\text{ đi qua trung điểm của }DN}$

Gọi $T=MN\cap AB$.

Từ câu b:

$CH\cdot CD=CA\cdot CB$

Mặt khác, xét hai tam giác $ACH$ và $BCT$:

$\widehat{ACH}=\widehat{BCT}$

$\widehat{AHC}=\widehat{BTC}$

Suy ra:

$\triangle ACH\sim\triangle BCT$

Do đó:

$\dfrac{CT}{CA}=\dfrac{CB}{CH}$

Suy ra:

$CT\cdot CH=CA\cdot CB$

Mà:

$CA\cdot CB=CH\cdot CD$

nên:

$CT\cdot CH=CH\cdot CD$

$\Rightarrow CT=CD$

Vậy $T$ là điểm cố định trên tia đối của $AB$ thỏa mãn:

$\boxed{CT=CD}$

Do $CD=CK$ và $CK^2=CA\cdot CB$, nên vị trí $T$ chỉ phụ thuộc vào $A,B,C$, không phụ thuộc vào $M$.

Vậy:

$\boxed{MN\text{ luôn đi qua điểm cố định }T}$ với $T$ nằm trên tia đối của $AB$ và $CT=CD$.