`a)`

Ta có:  `A⁢Q⁢B =90^0` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

`⇒ M⁢Q⁢A =90^0` (kề bù  `A⁢Q⁢B`) `(1)`

Xét  `Δ⁢M⁢A⁢O` và `Δ⁢M⁢C⁢O`,có:

`O⁢A=O⁢C`

`O⁢M` chung

`⇒ Δ⁢M⁢A⁢O=Δ⁢M⁢C⁢O`

`⇒ A⁢O⁢M =C⁢O⁢M`

`⇒ O⁢M` là tia phân giác của `A⁢O⁢C`

Mà  `Δ⁢A⁢O⁢C` cân

`⇒ O⁢M⊥A⁢C`

`⇒ M⁢I⁢A =90^0 (2)`

Từ `(1)` và `(2) ⇒ M⁢I⁢A =M⁢Q⁢A` cùng nhìn cung MA `1` góc `90^0`

`⇒ M,Q,I,A` cùng thuộc `1` đường tròn `R =`$\frac{MA}{2}$

`b)`

`A⁢Q⁢I=A⁢M⁢I (3)`

`A⁢C⁢O+A⁢C⁢M=90^0`

Mà  `Δ⁢A⁢M⁢C` cân tại `M`

`⇒ A⁢C⁢O+M⁢A⁢C=90^0`

Mà `M⁢A⁢C+A⁢M⁢I`

`⇒ A⁢C⁢O=A⁢M⁢I`

 Từ `(3)` và `(4) ⇒ A⁢Q⁢I=A⁢C⁢O`

`c)`

`BC` cắt `AM` tại `K`.

Ta có: `K⁢A⁢C=M⁢C⁢A` ( `Δ⁢A⁢M⁢C`⁢ cân)

Mà `K⁢A⁢C+A⁢K⁢C=90^0` (`ΔAKC` vuông tại `C`)

`⇒ M⁢C⁢A+A⁢K⁢C=90^0`

Mà  `M⁢C⁢A+M⁢C⁢K =90^0`

`⇒ A⁢K⁢C=M⁢C⁢K`

`⇒ Δ⁢M⁢K⁢C` cân tại `M`

`⇒ M⁢C=M⁢K`

Mà `M⁢C=M⁢A` (tính chất `2` tiếp tuyến cắt nhau)

`⇒ M⁢K=M⁢A`

Ta có: `HN // MA` (cùng vuông góc `AB`)

`⇒` $\frac{HN}{MA}$ `=` $\frac{BN}{BM}$ (hệ quả thales) `(1)`

Ta có: `CN // MK` ( `C` thuộc tia `HN, K` thuộc tia `AM`)

`⇒` $\frac{CN}{MK}$ `=` $\frac{BN}{BM}$ (hệ quả thales) `(2)`

Từ `(1)` và `(2)` và `M⁢A=M⁢K ⇒ CN = HN`

Đáp án:

Bài giải chi tiết:

1. CMR tứ giác CKMH là tứ giác nội tiếp.

AMB = 90^o (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn). => AM ⊥ MB. Mà CD // BM (theo đề) nên CD ⊥ AM . Vậy MKC = 90^o.

 Cung AM = cung CM (gt) => OM ⊥ AC => MHC = 90^o.

 Tứ giác CKMH có MKC + MHC = 180^o nên nội tiếp được trong một đường tròn.

2. CMR: CD = MB ; DM = CB.

Ta có: ACB = 90^o (vì là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)                                 

Suy ra DM // CB . Lại có  CD // MB nên CDMB là một hình bình hành. Từ đó ta suy ra: CD = MB và  DM = CB.  

3. Ta có: AD là một tiếp tuyến của đường tròn (O) ⇔ AD ⊥ AB. ΔADC có AK vuông góc với CD và DH vuông góc với AC nên điểm M là trực tâm tam giác . Suy ra: CM ⊥ AD. 

Vậy AD ⊥ AB ⇔ CM // AB ⇔ cung AM = cung BC.

Mà AM = MC nên cung AM = cung BC ⇔ AM = cung MC = cung BC = 60^o.

Giải thích các bước giải: