$a)$ Xét tứ giác $ABCD$ có $AC//DB$(cùng $⊥AB)$

$→$ Tứ giác $ABCD$ là hình thang 

Lại có $\widehat{CAB}=\widehat{ABD}=90^o$

$→ACDB$ là hình thang vuông

$b) ΔAEB$ nội tiếp đường tròn đường kính $(AB)$

$→ \widehat{AMB}=90^o$

$→ BE⊥AE$

Áp dụng hệ thức lượng vào $Δ⊥ABD$ đường cao $BE$, ta có:

 $BD=DE.DA(1)$

Do $DM$ và $DB$ là hai tiếp tuyến cắt nhau của $(O)$

$→DM=DB$

$→ΔDMB$ cân tại $D$

Có thêm $DO$ là đường phân giác của $\widehat{MDB}$

$→DO$ là đường cao $→DO⊥MB$

Áp dụng hệ thức lượng vào $Δ$ vuông $BCD$  đường cao $BN$ có

$BD^2=DN.DC(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra: $DE.DA=DN.DC (đpcm)$

$c)$  Xét $ΔABF$ và $ΔOBD$

$\widehat{AOF}=\widehat{OBD}=90^o$

$AO=OB$

$\widehat{A_1}=\widehat{O_1}$

$→ ΔABF = OBD$

$→OF=BD$

Lại có $OF//BD$ (vì cùng $⊥AB$)

$→ OFBD$  là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết hình bình hành)

Lại có: $\widehat{FOB}=90^o$

$→ OFBD$ là hình chữ nhật

$d)$ ta có $AM=OM=OA=R$ nên $ΔOAM$ là tam giác đều 

$→\widehat{DMB}=\widehat{A_1}=60^o$ và $DM=DB$

$⇒ ΔMBD$ đều $→DB = MB$

Xét tam giác AMB ta có:

$MB=\sqrt{AB^2-AM^2}=\sqrt{(2R)^2 - R^2}=R\sqrt{3}$

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau $CA=CM →ΔAMC$ cân tại đỉnh $M$

$CO$ là tia phân giác của $\widehat{ACM}$→CO$ là đường cao $→CO⊥AM$

Gọi $CO∩AM=K$ là trung điểm $AM$

$\widehat{CAK}=30^o$

Áp dụng tỉ số luọng giác ta được:

$cos\widehat{CAK}=\dfrac{AK}{AC}$

$→ AC=\dfrac{AK}{cos\widehat{CAK}}=\dfrac{\frac{R}{2}}{cos30^o}= \dfrac{R}{\sqrt{3}}$

$⇒ S_{ABDC}=\dfrac{(AC+BD).AB}{2}=\dfrac{(\frac{R}{\sqrt{3}}+R\sqrt{3}).2R}{2}=\dfrac{4R^2}{\sqrt{3}}$