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

hay $\widehat{MCA}=\widehat{MBC}$

Xét $ΔMCA$ và $ΔMBC$ có:

$\widehat{MCA}=\widehat{MBC}$
$\widehat{M}$ chung 

$⇒ΔMCA \backsim ΔMBC(g.g)$

\(\Rightarrow\dfrac{MC}{MB}=\dfrac{MA}{MC}\Rightarrow MC^2=MA.MB\)

b, Xét $(O)$ có: $MC$ là tiếp tuyến của đường tròn
\(\Rightarrow MC\perp OC\)

hay $ΔMCO$ vuông tại $C$

có: đường cao $MH$ 

nên $MC^2=MH.MO$ (hệ thức lượng trong tam giác vuông)

Mà $MC^2=MA.MB$ nên $MA.MB=MH.MO$

suy ra \(\Rightarrow\dfrac{MA}{MO}=\dfrac{MH}{MB}\)

$\widehat{M}$ chung

Nên $ΔMAH \backsim ΔMOB(c.g.c)$

nên $\widehat{MHA}=\widehat{MBO}$
hay $\widehat{MHA}=\widehat{ABO}$

suy ra tứ giác $AHOB$ nội tiếp (góc ngoài tại 1 đỉnh = góc trong đỉnh đối diện)

a) Tứ giác MAOB có: \(\widehat{OAM}=90^0\left(0A\perp AM\right);\widehat{OBM}=90^0\left(CB\perp BM\right)\)

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

=> AOBM nội tiếp (tổng 2 góc đối = 180)

Vì I là tâm=> I là trung điểm OM

b) Tính \(MA^2=3R^2\Rightarrow MC.MD=3R^2\)

c) CM: OM là trung trực AB

=> FA=FB

=> tam giác FAB cân tại F

Gọi H là giao điểm AB và OM

Ta có: OA=OB=AI=R => tam giác OAI đều

=> OAI =60^O=> FAB=60^o (cùng phụ AFI)

Vậy tam giác AFB đều

d) Kẻ EK vuông góc với FB tại K. Ta có:

\(S_{B\text{EF}}=\frac{1}{2}.FB.EK\)

Mà \(EK\le BE\)( TAM giác BEK vuông tại K)

Lại có: \(BE\le OA\)(LIÊN hệ đường kính và dây cung)

=> \(S_{B\text{EF}}\le\frac{1}{2}.R\sqrt{3}.2R=R^2\sqrt{3}\)

GTLN của \(S_{B\text{EF}}=R^2\sqrt{3}\). kHI ĐÓ BE là đường kính (I)

Kẻ đường kính BG của (I). Vì B và (I) cố định nên BG cố
 định . Khi đó vị trí cắt tuyến MCD để \(S_{B\text{EF}}\)đạt GTLN là C là giao điểm của FG với đường tron (O)

a, HS tự chứng minh

b, MH.MO = MA.MB ( =  M C 2 )

=> ∆MAH:∆MOB (c.g.c)

=>  M H A ^ = M B O ^

M B O ^ + A H O ^ = M H A ^ + A H O ^ = 180 0

=> AHOB nội tiếp

c, M K 2  = ME.MF = M C 2  Þ  MK = MC

∆MKS = ∆MCS (ch-cgv) => SK = SC

=> MS là đường trung trực của KC

=> MS ^ KC tại trung của CK

d, Gọi MS ∩ KC = I

MI.MS = ME.MF =  M C 2  => EISF nội tiếp đường tròn tâm P Þ PI = PS. (1)

MI.MS = MA.MB (=  M C 2 ) => AISB nội tiếp đường tròn tâm Q Þ QI = QS. (2)

Mà IT = TS = TK (do DIKS vuông tại I). (3)

Từ (1), (2) và (3) => P, T, Q thuộc đường trung trực của IS => P, T, Q thẳng hàng

a) Xét tứ giác MAOB có

\(\widehat{OAM}\) và \(\widehat{OBM}\) là hai góc đối

\(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: MAOB là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

b) Xét (O) có 

\(\widehat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn \(\stackrel\frown{AC}\)

\(\widehat{CAM}\) là góc tạo bởi dây cung CA và tiếp tuyến AM

Do đó: \(\widehat{ADC}=\widehat{CAM}\)(Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

hay \(\widehat{MDA}=\widehat{MAC}\)

Xét ΔMDA và ΔMAC có 

\(\widehat{MDA}=\widehat{MAC}\)(cmt)

\(\widehat{AMD}\) là góc chung

Do đó: ΔMDA∼ΔMAC(g-g)

⇔\(\dfrac{MD}{MA}=\dfrac{MA}{MC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

⇔\(MA^2=MC\cdot MD\)(đpcm)(1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền OM, ta được:

\(MA^2=MH\cdot MO\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(MH\cdot MO=MC\cdot MD\)(đpcm)

c) để chứng minh EC là tiếp tuyến:

chứng minh tứ giác OECH nội tiếp thì ta sẽ có góc OHE=OCE=90o(đpcm)

=> cần chứng minh tứ giác OECH nội tiếp:

ta có: DOC=DHC (ccc CD)

xét MHC=MDO (tam giác MCH~MOD)= OCD (vì DO=OC)=OHD (cùng chắn OD) => HA là phân giác CHD

DOC=DHC => 1/2 DOC= 1/2 DHC =COE=CHE

mà COE với CHE cùng chắn cung CE trong tứ giác OHCE nên tứ giác đấy nội tiếp => xong :))))

a: ΔOCD can tại O

mà OI là trung tuyến

nên OI vuông góc CD

Xét tứ giác OAMB có

góc OAM+góc OBM=180 độ

=>OAMB là tứ giác nội tiếp

=>O,A,M,B cùng thuộc 1 đường tròn đường kính OM(1)

Vì ΔOIM vuông tại I

nên I nằm trên đường tròn đường kính OM(2)

Từ (1), (2) suy ra ĐPCM

b: Xét ΔMAC và ΔMDA có

góc MAC=góc MDA

góc AMC chung

=>ΔMAC đồng dạng vơi ΔMDA

=>MA/MD=MC/MA

=>MA^2=MD*MC

1, Vì MA ; MB lần lượt là tiếp tuyến (O) với A;B là tiếp điểm 

=> ^MAO = ^MBO = 90⁰

Xét tam giác MAOB có ^MAO + ^MBO = 180⁰

mà 2 góc đối Vậy tứ giác MAOB là tứ giác nt 1 đường tròn 

2, Xét tam giác MAC và tam giác MDA

^M _ chung 

^MAC = ^MDA ( cùng chắn cung AC ) 

Vậy tam giác MAC ~ tam giác MDA (g.g) 

\(\dfrac{MA}{MD}=\dfrac{MC}{MA}\Rightarrow MA^2=MD.MC\)

3, Ta có AM = MB ( tc tiếp tuyến cắt nhau ) 

OB = OA = R 

Vậy MO là đường trung trực 

Xét tam giác MAO vuông tại A, đường cao AH 

AO^2 = OH . OM ( hệ thức lượng ) 

\(\Rightarrow OM.OH+MC.MD=AO^2+AM^2=OM^2\left(pytago\right)\)