Vì đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc ngoài tại A nên O, A và O’ thẳng hàng

Ta có: KB = KC (gt)

Trong đường tròn (O) ta có:

AB ⊥ DE tại K

Suy ra: KD = KE (đường kính vuông góc với dây cung)

Tứ giác BDCE có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành.

Lại có: BC ⊥ DE

Suy ra tứ giác BDCE là hình thoi.

a) Ta có: \(\angle ANM+\angle ABM=90+90=180\Rightarrow\) ABMN nội tiếp

b) Ta có: \(cos\angle BOA=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{R}{2R}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\angle BOA=60\)

Ta có: \(sin\angle BOH=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\dfrac{BH}{OB}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)

\(\Rightarrow BH=\dfrac{\sqrt{3}}{2}OB=\dfrac{\sqrt{3}}{2}R\)

c) Ta có: \(OB^2=BA.BE\Rightarrow\dfrac{BO}{BE}=\dfrac{BA}{BO}\Rightarrow\dfrac{2BM}{BE}=\dfrac{BA}{\dfrac{BC}{2}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{2BM}{BE}=\dfrac{2BA}{BC}\Rightarrow\dfrac{BM}{BE}=\dfrac{BA}{BC}\)

Xét \(\Delta MBE\) và \(\Delta ABC:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{BM}{BE}=\dfrac{BA}{BC}\\\angle MBE=\angle ABC=90\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta MBE\sim\Delta ABC\left(c-g-c\right)\Rightarrow\angle BME=\angle BAC=\angle CMN\) (ABMN nội tiếp)

mà B,M,C thẳng hàng \(\Rightarrow\) E,M,N thẳng hàng

a: Ta có: ΔODE cân tại O

mà OK là đường cao

nên K là trung điểm của DE

Xét tứ giác CDBE có

K là trung điểm chung của CB và DE

=>CDBE là hình bình hành

Hình bình hành CDBE có CB\(\perp\)DE

nên CDBE là hình thoi

b: Xét (O) có

ΔADB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó;ΔADB vuông tại D

=>AD\(\perp\)DB

Xét (O) có

ΔAEB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAEB vuông tại E

=>AE\(\perp\)EB

Xét (I) có

ΔCMA nội tiếp

CA là đường kính

Do đó: ΔCMA vuông tại M

Xét (I) có

ΔCNA nội tiếp

AC là đường kính

Do đó: ΔCNA vuông tại N

Ta có: AM\(\perp\)DC

DC//EB

Do đó: AM\(\perp\)EB

Ta có: AM\(\perp\)EB

AE\(\perp\)EB

AM,AE có điểm chung là A

Do đó: M,A,E thẳng hàng

Ta có: AD\(\perp\)DB

AN\(\perp\)CE

DB//CE

AD,AN có điểm chung là A

Do đó: D,A,N thẳng hàng

Xét ΔCME vuông tại M và ΔCND vuông tại N có

\(\widehat{MCE}\) chung

Do đó: ΔCME đồng dạng với ΔCND

=>\(\dfrac{CM}{CN}=\dfrac{CE}{CD}\)

=>\(\dfrac{CM}{CE}=\dfrac{CN}{CD}\)

Xét ΔCMN và ΔCED có

\(\dfrac{CM}{CE}=\dfrac{CN}{CD}\)

\(\widehat{MCN}\) chung

Do đó: ΔCMN đồng dạng với ΔCED

=>\(\widehat{CMN}=\widehat{CED}\)

mà \(\widehat{CMN}+\widehat{DMN}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{DMN}+\widehat{CED}=180^0\)

=>DMNE là tứ giác nội tiếp

=>D,M,N,E cùng thuộc một đường tròn

a)Vì AB tx (O)

`=>hat{ABO}=90^o`

Vì `MN bot AC`

`=>hat{ANM}=90^o`

Xét tg ABMN có:

`hat{ANM}+hat{ABO}=180^o`

`=>` tg ABMN nt

b)Xét tam giác vg ABO có:

`sinhat{BAO}=(AO)/(BO)=1/2`

`=>hat{BAO}=30^o`

`=>hat{BOA}=90^o-30^o=60^o`

Áp dụng đl pytago vào tam giác vg ABO

`=>AB^2=AO^2-BO^2=3R^2`

`=>AB=sqrt3R=3sqrt3`

Áp dụng htl vào tam giác vuong ABO có đg cao là BH

`=>BH.AO=AB.BO`

`=>BH.2R=sqrt3R.R=sqrt3R^2`

`=>BH=(sqrt3R)/2=(3sqrt3)/2`