a)

Xét $\Delta KAC$ và $\Delta KDA$, ta có:

+ $\widehat{AKC}$ là góc chug

+ $\widehat{KAC}=\widehat{KDA}=\dfrac{1}{2}\text{sđ}\,\overset\frown{AC}$

Nên $\Delta KAC\sim\Delta KDA\left( g.g \right)$

Do đó $\dfrac{KA}{KD}=\dfrac{AC}{AD}$

 

Xét $\Delta KBC$ và $\Delta KDB$, ta có:

+ $\widehat{BKC}$ là góc chung

+ $\widehat{KBC}=\widehat{KDB}=\dfrac{1}{2}\text{sđ}\,\overset\frown{BC}$

Nên $\Delta KBC\sim\Delta KDB\left( g.g \right)$

Do đó $\dfrac{KB}{KD}=\dfrac{BC}{BD}$

 

Ta có $KA=KB$ (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau0

Nên $\dfrac{KA}{KD}=\dfrac{KB}{KD}$

Do đó $\dfrac{AC}{AD}=\dfrac{BC}{BD}$

Vậy $AC.BD=AD.BC$

 

b)

Vì $M$ là trung điểm dây cung $CD$

Nên $OM\bot CD$

Tứ giác $KAOB$ có $\widehat{KAO}+\widehat{KBO}=180{}^\circ $

Nên $KAOB$ nội tiếp

Do đó 4 điểm $K,A,O,B$ cùng thuộc một đường tròn

Tứ giác $KAMO$ có $\widehat{KAO}=\widehat{KMO}=90{}^\circ $

Nên $KAMO$ nội tiếp

Do đó 4 điểm $K,A,M,O$ cùng thuộc một đường tròn

Vậy 5 điểm $K,A,M,O,B$ cùng thuộc một đường tròn

$\Rightarrow KAMB$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{KMB}=\widehat{KAB}$

Mà $\widehat{KAB}=\dfrac{1}{2}\text{sđ}\,\overset\frown{AB}=\widehat{AEB}$

Nên $\widehat{KMB}=\widehat{AEB}$

Mà hai góc này ở vị trí đồng vị

Vậy $AE//CD$

 

c)

Vì $AE//CD$

Nên $AEDC$ là hình thang

Mà hình thang $AEDC$ lại nội tiếp $\left( O \right)$

Do đó $AEDC$ trở thành hình thang cân

$\Rightarrow AD=CE$

$\Rightarrow \overset\frown{AD}=\overset\frown{CE}$

$\Rightarrow \widehat{ACD}=\widehat{CBE}$

$\Rightarrow \widehat{ACM}=\widehat{CBM}$

$\Rightarrow AC$ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp $\Delta BCM$