a: ta có: \(MA=MB=\frac{AB}{2}\)

\(BN=NC=\frac{BC}{2}\)

mà BA=BC

nên MA=MB=BN=NC

Xét ΔNCD vuông tại C và ΔMBC vuông tại B có

NC=MB

CD=BC

Do đó: ΔNCD=ΔMBC

=>\(\hat{CND}=\hat{BMC}\)

mà \(\hat{BMC}+\hat{BCM}=90^0\) (ΔBCM vuông tại B)

nên \(\hat{CND}+\hat{BCM}=90^0\)

=>CM⊥DN tại E

=>\(\hat{CEN}=90^0\)

b: ta có: \(\hat{MAD}=90^0\)

=>A nằm trên đường tròn đường kính MD(1)

Ta có: \(\hat{MED}=90^0\)

=>E nằm trên đường tròn đường kính MD(2)

Từ (1),(2) suy ra A,E,M,D cùng thuộc một đường tròn

a, Chứng minh ∆CMB = ∆DNC =>  N C E ^ = C D N ^

Từ đó chứng minh được  C E N ^ = 90 0

b, Ta có A,D,E,M cùng thuộc được tròn đường kính DM

c, Gọi I là trung điểm của CD, chứng minh AI song song với MC

=> ∆ADE cân tại A

=> B,E,D cùng thuộc (A;AB)

Ta có: \(AM=MB=\frac{AB}{2}\)

\(BN=NC=\frac{BC}{2}\)

mà AB=BC

nên AM=MB=BN=NC

Xét ΔMBC vuông tại B và ΔNCD vuông tại C có

MB=NC

BC=CD

Do đó: ΔMBC=ΔNCD

=>\(\hat{BMC}=\hat{CND}\)

mà \(\hat{BMC}+\hat{MCB}=90^0\) (ΔBMC vuông tại B)

nên \(\hat{CND}+\hat{MCB}=90^0\)

=>CM⊥DN tại E

Xét tứ giác ADEM có \(\hat{DAM}+\hat{DEM}=90^0+90^0=180^0\)

nên ADEM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính DM

=>A,D,E,M cùng thuộc đường tròn đường kính DM

\(AM=\frac{AB}{2}=2,5\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔADM vuông tại A

=>\(AD^2+AM^2=DM^2\)

=>\(DM^2=5^2+2,5^2=25+6,25=31,25=\frac{125}{4}\)

=>\(DM=\frac{5\sqrt5}{2}\) (cm)

=>Bán kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMED là: \(R=\frac{DM}{2}=\frac{5\sqrt5}{4}\) (cm)

@ Trần Ngọc Huyền @  Em lần sau nhớ chia bài ra đăng nhiều lần nhé! . 

Đồng ý với cô Nguyễn Thị Linh Chi

Đăng nhiều thế mới nhìn đã choáng

a, ^BOD + ^OBD = 120 = ^BOD + ^EOC (vì ^DOE = 60) 
=> ^BDO = ^EOC 
=> ∆BDO đồng dạng ∆COE 
=> BD/BO = CO/CE 
<=> BD.CE = BC²/4 
b, DO/OE = BD/CO 
<=> BO/OE = BD/OD 
=> ∆BOD đồng dạng ∆OED 
=> ^BDO = ^ODE 
=> OD là tia phân giác của góc BDE 
c, kẻ OI,OK lần lượt vuông góc với AB,DE 
AB tiếp xúc với (O;OI) 
có ∆IOD = ∆KOD (cạnh huyền góc nhọn) 
=> OI = OK 
mà OK ┴ DE 
=> (O) luôn tiếp xúc với DE