a)
Ta có $MC$ và $AC$ là 2 tiếp tuyến cắt nhau của $(O)$
$⇒ MC =AC$ và $OC$ là đường phân giác của $\widehat{MOA}$
Lại có $MD$ và $BD$ cũng là 2 tiếp tuyến cắt nhau của $(O)$
$⇒MD=BD$ và $OD$ là đường phân giác của $\widehat{MOB}$
$⇒MC+MD=AC+BD ⇔CD=AC+BD$
Mà $\widehat{COD}=\dfrac{\widehat{MOA} +\widehat{MOB}}{2}=\dfrac{180^o}{2}=90^o$
$⇒OC⊥OD$
$⇒ΔOCD\bot O$
b)
Ta có $ΔOCD \bot O$ (câu a)
Lại có $OM ⊥CD$ (vì $CD$ là tiếp tuyến kẻ từ $M$ của $(O)$)
$⇒MC.MD=OM²$
Mà $MC=AC; MD=BD; OM=R$
$⇒AC.BD=R²$
c)
Ta có $AM=OM=OA (=R)$
$⇒ΔAMO$ là tam giác đều
$⇒\widehat{MOA} = 60^o$
$\Rightarrow \widehat{OMB}=\widehat{AMB}-\widehat{AMO}=90^o-90^o=30^o$ (do $\widehat{AMB}$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
$⇒\widehat{ BMD} =\widehat{OMD}-\widehat{OMB}=90^o-30^o=60^o$
Mà $ΔBDM$ cân tại $D$ (vì $BD=DM$)
$⇒ΔBDM$ đều
Xét $ΔABM$ vuông tại $M$ (vì $ \widehat{AMB} =90 ^o$ là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)
$⇒AM²+MB²=AB²$
$⇔R²+MB²=(2R)²$
$⇔MB=R\sqrt3$
$⇒SΔBMD=\dfrac{1}{2}.(R\sqrt3)².\sin60^o=\dfrac{3R²\sqrt3}{4}$
d)
Do $AC\parallel DB$ theo định lý Ta-lét ta có:
$⇒\dfrac{CN}{BN}=\dfrac{CA}{BD}$
$⇒\dfrac{CN}{BN}=\dfrac{CM}{DM}$
$⇒MN//BD$ (định lí TA lét đảo) mà $BD\parallel AC$
$⇒MN//AC$ (đpcm)
