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 :))))

Xét (O) có:

  CDA và ABC là 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC

=> góc CDA = góc ABC hay góc MDA= gócMBC

Xét tam giác MDA và tam giác MBC có:

 góc MDA = góc MBC(cmt)

 góc M chung

=> 2 tam giác trên đồng dạng(g.g)

=>\(\dfrac{MD}{MB}=\dfrac{MA}{MC}\)

=>MA.MB=MC.MD

a) tứ giác AOBM nội tiếp thì có tâm đường tròn là trung điểm OM

cần CM tứ giác OIMB nội tiếp: dùng tổng hai góc đối cộng với nhau bằng 180o, mà đã có OBM=90o, mà I là trung điểm dây cung CD nên OI vuông góc CD luôn => OIM=90o

Vậy tứ giác OIMB nội tiếp thì tâm đường tròn cũng tại trung điểm OM luôn

b) 5 điểm A,I,O,B,M cùng thuộc 1 đtron

=> tứ giác AIOB nội tiếp => góc AIB=AOB (cùng chắn cung)

tứ giác AIOM nội tiếp => góc AIM=AOM (ccc)

mà góc AOM=1/2AOB=AIM=1/2AIB

=> BIM=1/2AIB (đpcm

Lời giải:

a)

Xét tam giác MCAMCA và MBCMBC có:

MˆM^ chung

MCAˆ=MBCˆMCA^=MBC^ (góc tạo bởi dây cung và tiếp tuyền thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó, cụ thể ở đây là cung ACAC)

⇒△MCA∼△MBC(g.g)⇒△MCA∼△MBC(g.g)

⇒MCMB=MAMC⇒MC2=MA.MB⇒MCMB=MAMC⇒MC2=MA.MB (đpcm)

b)

Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau MC=MDMC=MD

Hơn nữa OC=OD=ROC=OD=R

Do đó MOMO là đường trung trực của CDCD

⇒MO⊥CD⇒MO⊥CD tại HH

⇒MHCˆ=900⇒MHC^=900

Vì MCMC là tiếp tuyến (O)(O) nên MC⊥OC⇒MCOˆ=900MC⊥OC⇒MCO^=900

Xét tam giác MCOMCO và MHCMHC có:

MˆM^ chung

MCOˆ=MHCˆ(=900)MCO^=MHC^(=900)

⇒△MCO∼△MHC(g.g)⇒MCMH=MOMC⇒MC2=MH.MO⇒△MCO∼△MHC(g.g)⇒MCMH=MOMC⇒MC2=MH.MO

Kết hợp với kết quả phần a suy ra MH.MO=MA.MBMH.MO=MA.MB

⇒AHOB⇒AHOB là tứ giác nội tiếp.

vì AM là tiếp tuyến của ( O) => OA⊥AM =>ΔOAM vuông ở A   

=> điểm A thuộc đường tròn đường kính OM

vì BM là tiếp tuyến của (O) => OB⊥BM =>ΔOBM vuông ở B

=> điểm B thuộc đường tròn đường kính OM 

Vì OH⊥MI=>ΔOHM vuông tại H

=> điểm H thuộc đường tròn đường kính OM

=> 4 điểm O,A,M,B,H cùng thuộc đường tròn đường kính OM

a) Xét tứ giác OAMC có 

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

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

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

a: góc OAM+góc OCM=180 độ

=>OAMC nội tiếp

b: CE//BD

=>góc AKM=góc AEC=góc ACM

=>AKCM nội tiếp

=>A,K,C,M cùng nằm trên 1 đường tròn

=>góc OKM=90 độ

=>K là trung điểm của BD