a) Ta có:

$CM,CA$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $M,A$

$\Rightarrow CM= CA$

$DB,DM$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $B,M$

$\Rightarrow DM = DB$

Do đó:

$AC + BD = CM + DM = CD$

Mặt khác: $OM =OA = OB$

$\Rightarrow OD$ là trung trực của $BM$

$\Rightarrow OD$ là phân giác của $\widehat{BOM}$

$\Rightarrow \widehat{BOD} = \dfrac{1}{2}\widehat{BOM} = \dfrac{1}{2}sđ\mathop{BM}\limits^{\displaystyle\frown}$

Ta lại có:

$\widehat{BAM} = \dfrac{1}{2}sđ\mathop{BM}\limits^{\displaystyle\frown}$

Do đó:

$\widehat{BOD} = \widehat{BAM}$

$\Rightarrow AM//OD$

b) Áp dụng định lý Pytago, ta được:

$AB^2 = AM^2 + MB^2$

$\Rightarrow MB = \sqrt{AB^2 - AM^2} = \sqrt{4R^2 - R^2} = R\sqrt3$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta được:

$AM.MB = AB.MH = 2S_{AMB}$

$\Rightarrow MH = \dfrac{AM.MB}{AB} = \dfrac{R.R\sqrt3}{2R} = \dfrac{R\sqrt3}{2}$

c) Xét $ΔAOM$ có:

$OA = OM = AM = R$

$\Rightarrow ΔAOM$ đều

mà $MH\perp OA\quad (MH\perp AB)$

nên $HA = HO = \dfrac{R}{2}$

Ta có: $IH = IM = \dfrac{1}{2}MH$

$\Rightarrow IH = \dfrac{R\sqrt3}{4}$

Trên đoạn $HB$ lấy điểm $E$ sao cho $HE = \dfrac{1}{4}HB$

$\Rightarrow HE = \dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{MB^2}{AB} = \dfrac{1}{4}\cdot\dfrac{3R^2}{2R} = \dfrac{3R}{8}$

Áp dụng định lý Pytago, ta được:

$+) \quad AI^2 = IH^2 + HA^2$

$\Leftrightarrow AI^2 = \dfrac{3R^2}{16} + \dfrac{R^2}{4}= \dfrac{7R^2}{16}$

$+) \quad EI^2 = IH^2 + HE^2$

$\Leftrightarrow EI^2 = \dfrac{3R^2}{16} + \dfrac{9R^2}{64} = \dfrac{21R^2}{64}$

$+) \quad AE^2 = (HA + HE)^2$

$\Leftrightarrow AE^2 = \left(\dfrac{R}{2} + \dfrac{3R}{8}\right)^2 = \dfrac{49R^2}{64}$

Ta có:

$\dfrac{49R^2}{64} = \dfrac{21R^2}{64} + \dfrac{7R^2}{16}$

$\Leftrightarrow AE^2 = EI^2 + AI^2$

$\Rightarrow ΔAIE$ vuông tại $I$ (Theo định lý Pytago đảo)

$\Rightarrow AI\perp IE$

Mặt khác:

$\dfrac{IH}{HK} = \dfrac{IH}{2MH} = \dfrac{IH}{4IH} = \dfrac{1}{4}$

$\dfrac{HE}{HB} = \dfrac{1}{4}$ (cách dựng)

$\Rightarrow \dfrac{IH}{HK} = \dfrac{HE}{HB}$

$\Rightarrow IE//KB$ (Theo định lý $Thales$ đảo)

Do đó $AI\perp KB$

Đáp án + giải thích các bước giải:

a) Ta có:

`CM` và `CA` là hai tiếp tuyến cắt nhau

`-> CM=CA`

`DM` và `DB` là hai tiếp tuyến cắt nhau

`-> DM=DB`

`-> AC+BD=CM+DM=CD `

Lại có:

`CM` và `CA` là hai tiếp tuyến cắt nhau

`-> \hat{COM}=\hat{COA}`

`DM` và `DB` là hai tiếp tuyến cắt nhau

`-> \hat{DOM}=\hat{DOB}`

`-> \hat{COA}+\hat{COM}+\hat{DOM}+\hat{DOB}=2(\hat{DOM}+\hat{COM})=180^0`

`->\hat{DOC}=90^0`

`->CO⊥OD`

Gọi `AM∩OC={E}`

Xét `ΔMOE` và `ΔAOE`:

+) `OM=OA(=R)`

+) ` \hat{MOE}=\hat{AOE}`

+) `OE` chung

`-> ΔMOE=ΔAOE(cgc)`

`->EM=EA` (cặp cạnh tương ứng)

`->OE` là đường trung tuyến `ΔOAM`

mà `ΔOAM` là tam giác cân do `OA=OM(=R)`

`->OE` đồng thời là đường cao `ΔOAM`

`-> OE⊥AM`

`->OC⊥AM `

mà `OC⊥OD`

`-> AM////OD`

b) Ta có:

`AM=OA=OM(=R)`

`->ΔOAM` là tam giác đều

mà `MH` là đường cao `ΔOAM`

`-> MH` đồng thời là đường trung tuyến `ΔOAM`

`-> H` là trung điểm `OA`

`-> AH=OH=R/2`

Xét `ΔAMB` có `O` là trung điểm `AB`

`->` Đường trung tuyến `MO=OA=OB=(R)`

`-> ΔAMB` là tam giác vuông tại `M`

Xét `ΔAMB` vuông tại `M`:

+) `MH^2=HA.HB`

`->MH^2=R/2 . (OH+OB)`

`->MH^2=R/2 .(R/2+R)`

`->MH^2=R/2 . (3R)/2`

`-> MH^2=(3R^2)/4`

`-> MH=(\sqrt{3}R)/2`

+) `MB^2=MH^2+HB^2`

`->MB^2=((\sqrt{3}R)/2)^2+(OH+HB)^2 `

`->MB^2=(3R^2)/4+(R/2+R)^2`

`->MB^2=(3R^2)/4+((3R)/2)^2`

`->MB^2=(12R^2)/4`

`->MB=\sqrt{3}R`

c) Gọi `AI∩BK={F}`

Ta có:

`cot \hat{KBH}=(HB)/(HK)=(R+R/2)/(\sqrt{3}R)=((3R)/2)/(\sqrt{3}R)=\sqrt{3}/2`

Lại có: 

`cot \hat{HIA}=(IH)/(AH)=(((\sqrt{3}R)/2)/2)/(R/2)=\sqrt{3}/2`

`-> cot \hat{HIA}=cot \hat{KBH}`

`->\hat{HIA}=\hat{KBH}`

mà `\hat{HIA}+\hat{HAI}=90^0`

`->\hat{KBH}+\hat{HAI}=90^0`

`-> \hat{AFB}=90^0`

`->AI⊥FB`