(=>) Gọi C là giao của AM và đtr

tam giác ABC nội tiếp đtr đường kính AB => tam giác ABC vuông tại C => góc ACB = 90⁰ => góc MCB = 90^o

=> Tam giác MCB vuông tại C => góc CMB < 90^o  Hay góc AMB < 90^o

(<=) Giả sử M nằm trong đtr 

Gọi C là giao của AM và đtr

Tam giác ACB vuông tại C => góc ACB = 90^o

Mà góc AMB là góc ngoài của tam giác MCB tại M => góc AMB > góc MCB = 90^o => Mâu thuẫn với đề bài

Vậy điều giả sử sai => M nằm ngoài đtr

Vậy...

a: Xét (O) có

MA,MB là tiếp tuyến

nên MA=MB

b: Xét ΔMAB có MA=MB và góc AMB=60 độ

nên ΔMAB đều

a: Xét (O) có

MA,MB là tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>ΔMAB cân tại M

b: Xét tứ giác OAMB có

\(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}+\widehat{AMB}+\widehat{AOB}=360^0\)

=>\(\widehat{AOB}+60^0+90^0+90^0=360^0\)

=>\(\widehat{AOB}+240^0=360^0\)

=>\(\widehat{AOB}=120^0\)

c: ta có: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

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

Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của AB

=>MO\(\perp\)AB

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

    OC là tia phân giác của ∠AOM

    OD và tia phân giác của ∠BOM

OC và OD là các tia phân giác của hai góc kề bù ∠AOM và ∠BOM nên OC ⊥ OD.

=> ∠COD = 90o (đpcm)

Bài 1: 

a: Xét (O) có

MA là tiếp tuyến

MB là tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

hay ΔMAB cân tại M

mà \(\widehat{AMB}=60^0\)

nên ΔMBA đều

b: Xét ΔAOM vuông tại A có 

\(AM=OA\cdot\tan30^0\)

nên \(AM=5\sqrt{3}\left(cm\right)\)

\(C_{AMB}=3\cdot AM=15\sqrt{3}\left(cm\right)\)

c: Ta có: MA=MB

nên M nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

nên O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của AB

hay MO⊥AB(1)

Xét (O) có

ΔABC nội tiếp

AC là đường kính

DO đó: ΔABC vuông tại B

Suy ra: AB⊥BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra OM//BC

hay BMOC là hình thang

c

Gọi H là giao điểm của AB và OM

a, Xét Δv MAO và ΔvMBO

Có MO chung

AO=OB(=bk)

=> ΔvMAO= ΔMBO (ch-cgv)

=> MA=MB

Trong ΔAMB

Có MA=MB(cmt)

=> ΔAMB cân tại M

lại có góc AMB=60 độ

=> ΔAMB là Δ đều

b, Ta có: góc AMO=góc BMO ( ΔvMAO= ΔvMBO)

mà góc AMO+ góc BMO= góc AMB=60 độ

=> góc AMO=\(\frac{1}{2}.60=30^0\)

Áp dụng tỉ số lượng giác

Ta có : tan góc AMO=\(\frac{AO}{AM}\)

tan30=\(\frac{5}{AM}\)

=>AM=\(\frac{5}{tan30}=5\sqrt{3}\)

Chu vi ΔAMB= AM.3=\(5\sqrt{3}.3=15\sqrt{3}\)

c, Ta có OA=OB (=bk)

=> O thuộc đường trung trực AB(1)

MA=MB(cmt)

=> M thuộc đường trung trực AB (2)

Từ (1)(2)=> OM là cả đường trung trực

=> MO vuông góc AB (*)

Ta có: OA=OB=OC(=bk)

=> OB=\(\frac{1}{2}AC\)

mà OB là đường trung tuyến

=> Δ ABC vuông tại B

=> AB vuông góc BC(**)

Từ (*)(**)=> MO//BC

=> BMOC là hình thang

Bài 2:

a,

Ta có : góc AQM=90 độ ( MQ vuông góc xy)

góc APM =90 độ ( MP vuông góc AB)

góc QAP=90độ ( xy vuông góc OA)

=> QMPA là hình chữ nhật

b, Trong hình chữ nhật QMPA:

Có : I là trung điểm của đường chéo thứ nhất QP

-> I cũng là trung điểm của đường chéo thứ 2 AM

=> IA=IM

=> OI vuông góc AM tại I ( đường kính đi qua trung điểm => vuông góc ( đ/Lý 3)

Cách 1:

+  là góc tạo bởi tiếp tuyến PT và dây PB

+ PT là tiếp tuyến của đường tròn (O)

⇒ PT ⊥ OP

⇒ ΔOPT vuông tại P

Cách 2:

ΔPBT có:  (định lý góc ngoài tam giác) (1)

ΔOPB có OP = OB (= R)

⇒ ΔOPB cân tại O

PT là tiếp tuyến của đường tròn (O)

⇒ PT ⊥ OP

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>CB\(\perp\)CA tại C

=>CB là tiếp tuyến của (A;AC)

Xét (A;AC) có

\(\widehat{BCE}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CB và dây cung CE)

\(\widehat{CDE}\) là góc nội tiếp chắn cung CE

Do đó: \(\widehat{BCE}=\widehat{CDE}\)

Xét (O) có

\(\widehat{CBE}\) là góc nội tiếp chắn cung CN

\(\widehat{CDN}\) là góc nội tiếp chắn cung CN

Do đó: \(\widehat{CBE}=\widehat{CDN}\)

mà \(\widehat{BCE}=\widehat{CDE}\)

nên \(\widehat{CBE}+\widehat{BCE}=\widehat{CDN}+\widehat{CDE}=\widehat{NDE}\left(1\right)\)

Xét ΔCEB có \(\widehat{CEN}\) là góc ngoài tại đỉnh E

nên \(\widehat{CEN}=\widehat{CBE}+\widehat{BCE}\left(2\right)\)

Từ(1) và (2) suy ra \(\widehat{CEN}=\widehat{NDE}\)

AC=AD

=>A nằm trên đường trung trực của CD(3)

OC=OD

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

Từ (3) và (4) suy ra OA là đường trung trực của CD

=>BA là đường trung trực của CD

=>\(sđ\stackrel\frown{BC}=sđ\stackrel\frown{BD}\)

Xét (O) có

\(\widehat{BNC}\) là góc nội tiếp chắn cung BC

\(\widehat{BND}\) là góc nội tiếp chắn cung BD

\(sđ\stackrel\frown{BC}=sđ\stackrel\frown{BD}\)

Do đó: \(\widehat{BNC}=\widehat{BND}\)

Xét ΔCEN và ΔEDN có

\(\widehat{CEN}=\widehat{EDN}\)

\(\widehat{CNE}=\widehat{END}\)

Do đó: ΔCEN đồng dạng với ΔEDN

=>\(\dfrac{NC}{NE}=\dfrac{NE}{ND}\)

=>\(NE^2=NC\cdot ND\)