c) Ta có tam giác MNO = tam giác ANO nên $\widehat{MON} = \widehat{NOA}$.

Vậy OC là phân giác $\widehat{MOA}$. Lại có tam giác MOA cân tại O nên OC là đường cao.

CMTT ta cx suy ra OD là đường cao.

Do $\widehat{AMB}$ nội tiếp nửa đường tròn nên $\widehat{AMB} = 90^{\circ}$.

Mặt khác, lại có $\widehat{MCO} = \widehat{MDO} = 90^{\circ}$.

Vậy tứ giác MCOD là hình chữ nhật. Do đó $\widehat{NOP} = 90^{\circ}$.

Vậy tam giác NOP vuông tại O.

Áp dụng HTL trong tam giác ONP với OM là đường cao ta có

$OM^2 = MN.MP$

Lại có MN = AN, MP = BP nên

$R^2 = AN.BP$.

d) Ta có

$S_{NOP} = \dfrac{1}{2} . OM . NP$

$= \dfrac{1}{2}R.(MN+MP)$

$= \dfrac{1}{2} .R.(AN + BP)$.

Lại có

$S_{ANPB} = \dfrac{1}{2} (AN+BP) . AB$

$= \dfrac{1}{2} (AN+BP) . 2R$

$ = R(AN+BP)$

$= 2S_{NOP}$

c) Dựng OH vuông góc với AB (K nằm trên đường tròn).

Từ H kẻ đường thẳng song song với AB cắt hai tiếp tuyến tại A và B lần lượt là I và K.

Gọi giao điểm của ANP với IK là Q.

Khi đó, theo định lý về hình chiếu và đường xiên ta có $QN \geq QI$, $QP \geq QK$. Vậy

$QN + QP \geq QI + QK$

$ NP \geq IK$

Vậy NP nhỏ nhất khi bằng IK, tức là bằng AB = 2R.

Khi đó, ta có

$S_{NOP} = \dfrac{1}{2} OM . NP \geq \dfrac{1}{2} R. IK = R^2$

Và

$S_{ANPB} \geq 2R^2$.

Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi $MO \perp AB$.