a: Xéttứ giác OAIB có

góc OAI+góc OBI=180 độ

=>OAIB là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OI(1)

ΔOHI vuông tại H

nên H nằm trên đường tròn đường kính OI(2)

Từ (1), (2) suy ra O,A,I,B,H cùng nằm trên 1 đường tròn

b: Xet (O) có

IA,IB là tiếp tuyến

nên IA=IB

mà OA=OB

nên OI là trung trực của AB

=>OI vuông góc AB tại P

=>OP*OI=OA^2=OD^2

Xét $(O)$ có: $BC$ là dây cung
$I$ là trung điểm $BC$

$⇒OI ⊥BC$ (tính chất)

Xét $(O)$ có: $AM;AN$ là các tiếp tuyến của đường tròn

$⇒AM⊥OM;AN⊥ON;AM=AN$

Xét tứ giác $AMON$ có:

$\widehat{AMO}=\widehat{ANO}=90^o$

$⇒\widehat{AMO}+\widehat{ANO}=180^o$

$⇒$ Tứ giác $AMON$ nội tiếp (tổng 2 góc đối $=180^o$)

$⇒$ 4 điểm $A;M;O;N$ thuộc 1 đường tròn(1)

Lại có: $\widehat{AIO}=\widehat{ANO}=90^o$

$⇒\widehat{AIO}+\widehat{ANO}=180^o$

$⇒$ Tứ giác $AION$ nội tiếp (Tổng 2 góc đối $=180^o$)

hay 4 điểm $A;I;O;N$ thuộc 1 đường tròn (2)

Từ $(1)(2)⇒$ 5 điểm $A;I;O;M;N$ thuộc 1 đường tròn (đpcm)

b, $K$ sẽ là giao điểm của $MN$ và $AC$

5 điểm $A;I;O;M;N$ thuộc 1 đường tròn

$⇒$ Tứ giác $AMIN$ nội tiếp

$⇒\widehat{AIM}=\widehat{ANM}$ (các góc nội tiếp cùng chắn cung $AM$)

Ta có: $AM=AN⇒\triangle AMN$ cân tại $A$

$⇒\widehat{AMN}=\widehat{ANM}$

$⇒\widehat{AIM}=\widehat{AMN}$

hay $\widehat{AIM}=\widehat{AMK}$

Xét $\triangle AIM$ và $\triangle AMK$ có:

$\widehat{AIM}=\widehat{AMK}$

$\widehat{A}$ chung

$⇒\triangle AIM \backsim \triangle AMK(c.g.c)$

$⇒\dfrac{AI}{AM}=\widehat{AM}{AK}$

$ ⇒AK.AI=AM^2(3)$

Xét $(O)$ có: $\widehat{AMB}=\widehat{ACM}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $MB$)

Xét $\triangle AMB$ và $\triangle ACM$ có:

$\widehat{AMB}=\widehat{ACM}$ 

$\widehat{A}$ chung

$⇒\triangle AMB \backsim \triangle ACM(g.g)$

$⇒\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AB}{AM}$

Hay $AB.AC=AM^2(4)$ 

Từ $(3)(4)⇒AK.AI=AB.AC(đpcm)$

GIÚP MÌNH VỚI

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 OBAC có 

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

Do đó: OBAC là tứ giác nội tiếp

a/

Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì đường thẳng nối điểm đó với tâm đường tròn vuông góc và chia đôi dây cung nối 2 tiếp điểm

\(\Rightarrow AO\perp BC\) (đpcm)

\(\Rightarrow BH=CH=\dfrac{BC}{2}\)

b/

Ta có

B và C cùng nhìn AO dưới 1 góc vuông nên B và C cùng nằm trên đường tròn đường kính AO => A; O; B; C cùng nằm trên 1 đường tròn

c/

Ta có sđ cung IB = sđ cung IC ( Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì chia đôi cung chắn bởi hai tiếp điểm)

Xét tg vuông IBK và tg vuông IBH có

\(sđ\widehat{IBK}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung IB (góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

\(sđ\widehat{IBH}=\dfrac{1}{2}sđ\) cung IC (góc nội tiếp đường tròn)

Mà sđ cung IB = sđ cung IC (cmt)

\(\Rightarrow\widehat{IBK}=\widehat{IBH}\)

cạnh huyền IB chung

\(\Rightarrow\Delta IBK=\Delta IBH\) (Hai tg vuông có cạnh huyền và góc nhọn tương ứng bằng nhau) 

\(\Rightarrow IK=IH\) (đpcm)

d/ Mình nghĩ mãi chỉ có 1 cách nhưng hơi dài mình nói cách làm thôi nhé

Vận dụng các hệ thức lượng trong tg vuông và t/c của hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm Sẽ tính được AB=AC;BC; AH từ đó tính được diện tích tg ABC 

Vận dụng công thức \(S_{ABC}=\dfrac{1}{2}AB.AC.\sin\widehat{KAE}\) từ đó tính được \(\sin\widehat{KAE}\)

Tương tự ta cũng tính được \(\sin\widehat{AKE}\)

Vận dụng định lý hàm sin

\(\dfrac{KE}{\sin\widehat{KAE}}=\dfrac{AE}{\sin\widehat{AKE}}\Rightarrow\dfrac{KM+EM}{\sin\widehat{KAE}}=\dfrac{AC+EC}{\sin\widehat{AKE}}\)

Mà KM=KB (hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm)

tg IBK = tg IBH (cmt) => KB=BH

=> KB=KM=BH Mà BH tính được AC tính được; EM=EC (2 tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm)

Giải PT để tìm EC Từ đó tính được AK; KE; AE

\(\Rightarrow S_{AKE}=\dfrac{1}{2}\left(AK+KE+AE\right).R\)

Bạn tự làm nhé

a ) Ta có : AB , AC là tiếp tuyến của (O)

$\Rightarrow AB\perp OB,AC\perp OC$

$\Rightarrow \widehat{ABO}+\widehat{ACO}={90}^0+{90}^0={180}^0\Rightarrow ABOC$ nội tiếp

b ) Vì AB là tiếp tuyến của (O)

$\Rightarrow \widehat{ABE}=\widehat{ADB}\Rightarrow \Delta ABE\sim \Delta ADB\left(g.g\right)$

$\Rightarrow \frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AB}\Rightarrow A{B}^2=AE.AD$

c ) Ta có :

a: Xét tứ giác ABOC có \(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^0+90^0=180^0\)

nên 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 AO là đường trung trực của BC

=>AO\(\perp\)BC tại trung điểm H của BC

Gọi K là giao điểm của OS và ED

Xét (O) có

SE,SD là các tiếp tuyến

Do đó: SE=SD

=>S nằm trên đường trung trực của ED(3)

Ta có: OE=OD

=>O nằm trên đường trung trực của ED(4)

Từ (3) và (4) suy ra SO là đường trung trực của ED

=>SO\(\perp\)ED tại trung điểm K của ED

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2=R^2\left(5\right)\)

Xét ΔODS vuông tại D có DK là đường cao

nên \(OK\cdot OS=OD^2=R^2\left(6\right)\)

Từ (5) và (6) suy ra \(OH\cdot OA=OK\cdot OS\)

=>\(\dfrac{OH}{OK}=\dfrac{OS}{OA}\)

Xét ΔOHS và ΔOKA có

\(\dfrac{OH}{OK}=\dfrac{OS}{OA}\)

góc HOS chung

Do đó: ΔOHS đồng dạng với ΔOKA

=>\(\widehat{OHS}=\widehat{OKA}\)

=>\(\widehat{OHS}=90^0\)

=>HO\(\perp\)SH tại H

mà HO\(\perp\)BH tại H

và SH,BH có điểm chung là H

nên S,H,B thẳng hàng

mà H,B,C thẳng hàng

nên S,B,H,C thẳng hàng

=>S,B,C thẳng hàng

Đề là đường kính AD hay sao nhỉ?

Mình làm tắt nha bạn không hiểu đâu thì hỏi lại nhé

a) MA, MB là tiếp tuyến

=> \(\widehat{OBM}=\widehat{OAM}=90^o\) (t/c tiếp tuyến)

=> \(\widehat{OBM}+\widehat{OAM}=180^o\)

mà 2 góc đối nhau

=> tứ giác AOBM nội tiếp

=> 4 điểm A, O, B, M cùng thuộc 1 đường tròn

b) Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác OAM vuông tại A đường cao AH

=> \(AM^2=MH.MO\)

Áp dụng hệ thức lượng vào tam giác DAM vuông tại A đường cao AC

=> \(AM^2=MC.MD\)

=> \(AM^2=MH.MO=MC.MD\)

a: ΔODE cân tại O có OI là trung tuyến

nên OI vuông góc DE

góc OIA+góc OBA=180 độ

=>OIAB nội tiếp

b: Xét ΔKCE và ΔKBC có

góc KCE=góc KBC

góc K chung

=>ΔKCE đồng dạng với ΔKBC

=>KC/KB=KE/KC

=>KC^2=KB*KE