bài của bn tht hã 

a, Xét (O) có : 

^AMB = 90⁰ ( góc nt chắn nửa đường tròn ) 

=> ^DMA = 90⁰

Xét tứ giác ACMD có : 

^ACD = ^DMA = 90⁰

mà 2 góc này kề nhau, cùng nhìn cạnh AD 

Vậy tứ giác ACMD là tứ giác nt 1 đường tròn 

b, Vì tứ giác ACMD là tứ giác nt 1 đường tròn 

=> ^HNM = ^HDM ( góc nt cùng chắn cung HM ) (1) 

^BNM = ^MAB ( góc nt cùng chắn cung BM ) (2) 

Từ (1) ; (2) => ^HDM = ^MAB 

Xét tam giác CAH và tam giác CDB có : 

^ACH = ^DCB = 90⁰

^CAH = ^CDB ( cmt ) 

Vậy tam giác CAH ~ tam giác CDB (g.g) 

=> CA/CD = CH/BC => AC.BC = CH.CD 

Ta có:

- $C\in AB$ và $CK\perp AB$

- $H\in CK$ nên $HC\perp AB$

- $B,C\in AB$

Suy ra:

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

Mặt khác, $H,A,M$ thẳng hàng nên:

$\widehat{HMB}=\widehat{AMB}$

Vì $M$ thuộc nửa đường tròn đường kính $AB$ nên theo định lý Thales:

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

Do đó:

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

Vậy: $\widehat{HCB}=\widehat{HMB}=90^\circ$

Hai góc này cùng chắn đoạn $HB$.

Suy ra $H,M,B,C$ cùng thuộc một đường tròn.

H,M,B,C là tứ giác nội tiếp

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)

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).

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 $DE$.

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