a: Xét tứ giác ABOC có

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

=>ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,C,O cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

AB,AC là 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 và H là trung điểm của BC

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2\)

mà OB=OD

nên \(OD^2=OH\cdot OA\)

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

Xét ΔODA và ΔOHD có

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

\(\widehat{DOA}\) chung

Do đó: ΔODA đồng dạng với ΔOHD

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

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

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 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

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 AO là đường trung trực của BC

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

Ta có: ΔOED cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI\(\perp\)ED tại I

=>OI\(\perp\)AE tại I

Xét ΔAIO vuông tại H và ΔAHK vuông tại H có

\(\widehat{IAO}\) chung

Do đó: ΔAIO~ΔAHK

=>\(\dfrac{AI}{AH}=\dfrac{AO}{AK}\)

=>\(AH\cdot AO=AI\cdot AK\)

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

a) Do AB, AC tiếp xúc (O) tại B, C nên \(\widehat{OBA}=90^o\) và \(OA\perp BC\) tại H.

 Xét tam giác OAB vuông tại B có đường cao BH, ta có \(OB^2=OA.OH\)

 Mà \(OB=OD\left(=R_{\left(O\right)}\right)\) nên \(OD^2=OA.OH\). Từ đó suy ra \(\dfrac{OD}{OA}=\dfrac{OH}{OD}\). Từ đó dễ dàng suy ra 2 tam giác OHD và ODA đồng dạng.

b) Tam giác OAB vuông tại B có đường cao BH nên \(AB^2=AH.AO\)

 Mặt khác, ta có \(\widehat{ABD}=\widehat{AEB}\) vì chúng lần lượt là góc tạo bởi tiếp tuyến, dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BD.

 \(\Rightarrow\Delta ABD~\Delta AEB\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\dfrac{AB}{AE}=\dfrac{AD}{AB}\Rightarrow AB^2=AD.AE\)

Từ đó suy ra \(AH.AO=AD.AE\) hay \(\dfrac{AH}{AD}=\dfrac{AE}{AO}\). Do đó \(\Delta AHE~\Delta ADO\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\widehat{AEH}=\widehat{AOD}\) hay tứ giác OHDE nội tiếp.

 \(\Rightarrow\widehat{AHD}=\widehat{DEO}=\widehat{ODE}=\widehat{OHE}\)

\(\Rightarrow90^o-\widehat{AHD}=90^o-\widehat{OHE}\) \(\Rightarrow\widehat{DHI}=\widehat{EHI}\).

Ta suy ra được đpcm.

a/

Ta có

\(\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^o\) => B và C cùng nhìn AO dưới 1 góc \(90^o\)

=> B; C nằm trên đường tròn đường kính AO => A; B; O; C cùng nằm trên 1 đường tròn

b/

Xét tg vuông ABO và tg vuông ACO có

OA chung; OB=OC (bán kính (O)) => tg ABO = tg ACO (hai tg vuông có cạnh huyền và cạnh góc vuông bằng nhau)

Xét tg ABH và tg ACH có

AH chung

AB=AC (2 tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm...)

tg ABO = tg ACO (cmt) \(\Rightarrow\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\)

=> tg ABH = tg ACH (c.g.c) \(\Rightarrow\widehat{AHB}=\widehat{AHC}\) Mà \(\widehat{AHB}+\widehat{AHC}=\widehat{BHC}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{AHB}=\widehat{AHC}=90^o\Rightarrow OA\perp BC\) tại H

Ta có ID=IE (gt) \(\Rightarrow OI\perp DE\) (trong đường tròn đường thẳng đi qua tâm và trung điểm của dây cung thì vuông góc với dây cung)

Xét tg vuông AHK và tg vuông AIO có

\(\widehat{OAI}\) chung

=> tg AHK đồng dạng với tg AIO 

\(\Rightarrow\dfrac{AH}{AI}=\dfrac{AK}{AO}\Rightarrow AH.AO=AK.AI\)

c/