Giải với ạ cần gấp

Apple_WtKB8CxBbXgunq1R4GbZE41qKJx1

a) Chứng minh tứ giác $CDMK$ nội tiếp.

Ta có:

$\widehat{BDC} = 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

$\Rightarrow \widehat{CDM} = 90^{\circ}$.

Mà $\widehat{MKB} = 90^{\circ}$ (do MK vuông góc BC)

$\Rightarrow \widehat{MKB} = \widehat{MKD} = 90^{\circ}$.

Xét tứ giác $CDMK$, có:

$\widehat{CDM} + \widehat{MKB} = 90^{\circ} + 90^{\circ} = 180^{\circ}$.

Vậy tứ giác $CDMK$ nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng $180^{\circ}$).

b) Chứng minh: $\triangle AEM \sim \triangle DCK$.

Gọi $H$ là giao điểm của $AE$ và $BC$.

Vì $AE \perp BC$ tại $H$, ta có $\widehat{AHB} = 90^{\circ}$.

Xét $\triangle ABH$ vuông tại $H$, có:

$\widehat{HAB} + \widehat{HBA} = 90^{\circ}$ (tính chất tam giác vuông) (1)

Mà $\widehat{ABC} + \widehat{ACB} = 90^{\circ}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) (2)

Từ (1) và (2) suy ra: $\widehat{HAB} = \widehat{ACD}$ (cùng phụ $\widehat{ABC}$).

$\Rightarrow \widehat{EAM} = \widehat{DCK}$ (3)

Ta có $\widehat{AEB} = \widehat{HEB} = \widehat{MEK}$ (4)

Vì tứ giác $CDMK$ nội tiếp (chứng minh trên)

$\Rightarrow \widehat{DCK} = \widehat{DMK}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $CK$).

Mà $\widehat{DMK} = \widehat{AME}$ (đối đỉnh) (5)

Từ (4) và (5) suy ra $\widehat{AME}=\widehat{DCK}$

Xét $\triangle AEM$ và $\triangle DCK$, có:

$\widehat{EAM} = \widehat{DCK}$ (cmt)

$\widehat{AME} = \widehat{DCK}$ (cmt)

Vậy $\triangle AEM \sim \triangle DCK$ (g.g)