a) Ta có:

• Vì Au và Bv là hai tiếp tuyến của nửa đường tròn, nên OA vuông góc với Au và OB vuông góc với Bv.
• Do đó, ta có OA // OB và AB là đường chéo của tứ giác OACB.
• Từ đó, ta suy ra tứ giác AMCO nội tiếp đường tròn.

Xét tam giác CNO và tam giác CBO:

• Ta có ON vuông góc với AB, do đó ON // CH.
• Tương tự, ta có CM // CH.
• Vì AMCO là tứ giác nội tiếp, nên góc AOC bằng góc AMC và góc OCB bằng góc OCN.
• Từ đó, ta suy ra góc CBO bằng góc CNO.

Vậy ta đã chứng minh được AMCO nội tiếp đường tròn và CBO = CNO.

b) Ta có:

• Vì CH vuông góc với AB tại H, nên AH = HB = R.
• Từ đó, ta suy ra tam giác ANH và tam giác NBH đều có chu vi là 2R + AB = 4R.
• Vì K là giao điểm của CH và AN, nên ta có AK = KH và AN = NK.
• Từ đó, ta suy ra tam giác AMK và tam giác BKN đều có chu vi là 2R + AK + AN = 2R + KH + NK = 4R.
• Do đó, ta có AM + MB = AN + NB = 2R.
• Vậy ta suy ra ba điểm M, K, B thẳng hàng.

c) Ta có:

• Gọi P là giao điểm của CO và AB. Ta có OP vuông góc với AB, do đó OP = R.
• Từ đó, ta suy ra diện tích của tam giác AOB là S1 = AB x OP = 2R².
• Gọi Q là giao điểm của CO và MN. Ta có OQ vuông góc với MN, do đó OQ = R.
• Từ đó, ta suy ra diện tích của tam giác MON là S2 = MN x OQ / 2.
• Ta có AM = 1.5R, do đó cos(AOM) = AO / OM = 2 / 3.
• Từ đó, ta suy ra sin(AOM) = sqrt(1 - cos²(AOM)) = sqrt(5) / 3.
• Áp dụng công thức diện tích tam giác, ta có S2 = AM x ON x sin(AOM) = 1.5R x (2R - AB) x sqrt(5) / 3.
• Từ đó, ta suy ra tỉ số cần tìm là S2 / S1 = (2R - AB) x sqrt(5) / 6R = (2 - sqrt(5)) / 3 ≈ 0.101.