giải b1 , hình ảnh tham khảo:

giải b2:

a, MPHQ là hình chữ nhật => MH = PQ

b, Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông chứng minh được MP.MA = MQ.MB => ∆MPQ: ∆MBA

c,\(\widehat{PMH}=\widehat{MBH}\Rightarrow\widehat{PQH}=\widehat{O_2QP}\)  => PQ là tiếp tuyến của \(\left(O_2\right)\) 

Tương tự PQ cũng là tiếp tuyến \(\left(O_1\right)\)

a:

Sửa đề: \(AD\cdot AC=AB^2=AO^2-R^2\)

Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại D

=>BD\(\perp\)DC tại D

=>BD\(\perp\)CA tại D

Xét ΔBCA vuông tại B có BD là đường cao

nên \(AD\cdot AC=AB^2\left(1\right)\)

Xét ΔOBA vuông tại B có \(OB^2+BA^2=OA^2\)

=>\(BA^2+R^2=OA^2\)

=>\(BA^2=OA^2-R^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AD\cdot AC=AB^2=OA^2-R^2\)

b: ΔOBE cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của BE

Xét ΔBCE có

O,H lần lượt là trung điểm của BC,BE

=>OH là đường trung bình của ΔBCE

=>OH//CE và OH=1/2CE

OH//CE

F\(\in\)OH

Do đó: HF//CE

\(OH=\dfrac{1}{2}CE\)

\(OH=\dfrac{1}{2}FH\)

Do đó: CE=FH

Xét tứ giác CEHF có

CE//HF

CE=HF

Do đó: CEHF là hình bình hành

Hình bình hành CEHF có \(\widehat{FHE}=90^0\)

nên CEHF là hình chữ nhật

ΔOBE cân tại O

mà OH là đường cao

nên OH là phân giác của góc BOE

Xét ΔOBA và ΔOEA có

OB=OE

\(\widehat{BOA}=\widehat{EOA}\)

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOEA

=>\(\widehat{OBA}=\widehat{OEA}=90^0\)

=>AE là tiếp tuyến của (O)

c: Xét (O) có

ΔBGC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBGC vuông tại G

=>GB\(\perp\)GC tại G

Xét ΔHEC vuông tại E và ΔHGB vuông tại G có

\(\widehat{EHC}=\widehat{GHB}\)

Do đó: ΔHEC đồng dạng với ΔHGB

=>\(\dfrac{HE}{HG}=\dfrac{HC}{HB}\)

=>\(HE\cdot HB=HG\cdot HC\)

=>\(HG\cdot HC=HB^2\left(3\right)\)

Xét ΔBOA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(HO\cdot HA=HB^2\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(HG\cdot HC=HO\cdot HA\)

a: Xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

=>ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2\)

mà OB=OD(=R)

nên \(OH\cdot OA=OD^2\)

=>\(\dfrac{OH}{OD}=\dfrac{OD}{OA}\)

Xét ΔOHD và ΔODA có

\(\dfrac{OH}{OD}=\dfrac{OD}{OA}\)

\(\widehat{HOD}\) chung

Do đó: ΔOHD đồng dạng với ΔODA

dễ ẹc!!!!!!!!

Trả lời :

Bn Nguyễn Tũn bảo dễ ẹt thì làm đi.

- Hok tốt !

^_^

dễ ẹc thì lm cho mk coi đi

mk ko bt lm

a: góc OAS+góc OBS=180 độ

=>OASB nội tiếp

b: Xét ΔMAC và ΔMBA có

góc MAC=góc MBA

góc AMC chung

=>ΔMAC đồng dạng với ΔMBA

=>MA/MB=MC/MA

=>MA^2=MB*MC

Xét tứ giác AOBS có

\(\widehat{SAO}+\widehat{SBO}=180^0\)

Do đó: AOBS là tứ giác nội tiếp