góc BFC=góc BEC=90 độ

=>BFEC nội tiếp

=>góc AFE=góc ACB

Xét ΔAFE và ΔACB có

góc AFE=góc ACB

góc A chung

=>ΔAFE đồng dạng vơi ΔACB

a: Xét (O) có

ΔACM nội tiếp

AM là đường kính

Do đó: ΔACM vuông tại C

hay \(\widehat{ACM}=90^0\)

b: \(\widehat{OAC}+\widehat{AMC}=90^0\)

\(\widehat{BAH}+\widehat{ABC}=90^0\)

mà \(\widehat{AMC}=\widehat{ABC}\)

nên \(\widehat{OAC}=\widehat{BAH}=\widehat{OCA}\)

Xét \(\Delta OAC\) có : \(OA=OC\left(=R\right)\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta OAC\) cân tại O

\(\Rightarrow\widehat{OAC}=\widehat{ACO\left(2\right)}\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{BAH=\widehat{OCA}}\)

c) Xét \(\left(O\right)\), có : \(\widehat{ANM=90^0}\)

\(\Rightarrow MN\pm AN\)

\(MàBC\pm AN\left(gt\right)\) 

\(\Rightarrow MN=BC\)

Xét tam giác \(BNMC\)\(cóMN=BC\left(cmt\right)\)

Tam giác BNMC là hình thang

Mà bốn đỉnh B,M,N,C

Vậy BMNC là tam giác cân

a: Xét (O) có

ΔACM nội tiếp

AM là đường kính

Do đó: ΔACM vuông tại C

b: \(\widehat{BAH}+\widehat{ABC}=90^0\)

\(\widehat{OAC}+\widehat{AMC}=90^0\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{AMC}\left(=\dfrac{sđ\stackrel\frown{AC}}{2}\right)\)

nên \(\widehat{BAH}=\widehat{OAC}=\widehat{OCA}\)

Chọn đáp án C.

Gọi M là trung điểm của BC: 

Do tam giác ABC đều nên tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác ABM ta có:

Gọi I là tâm nội tiếp \(\Delta\)ABC, khi đó 3 điểm C,I,K  thẳng hàng. Gọi đường tròn ngoại tiếp \(\Delta\)AIE cắt tia CI tại điểm thứ hai F.

Xét \(\Delta\)CKA và \(\Delta\)CIB có: ^ACK = ^BCI (=^ACB/2); ^CAK = ^CBI (=^ABC/2) => \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (g.g)

Suy ra: \(\frac{CK}{CI}=\frac{CA}{CB}\). Mà \(\frac{CA}{CB}=\frac{CD}{CA}\)(\(\Delta\)CAD ~ \(\Delta\)CBA) nên \(\frac{CK}{CI}=\frac{CD}{CA}\Rightarrow\frac{CK}{CD}=\frac{CI}{CA}\)

Lại có: CEA và CIF là 2 cát tuyến của (AIE) nên \(\frac{CI}{CA}=\frac{CE}{CF}\). Từ đó: \(\frac{CK}{CD}=\frac{CE}{CF}\)

Suy ra: \(\Delta\)CEK ~ \(\Delta\)CFD (c.g.c) => ^CEK = ^CFD. Nếu ta gọi 2 tia FD và EK cắt nhau ở L' thì ^CEL' = ^CFL'

=> Tứ giác CL'FE nội tiếp => ^ECF = ^EL'F => ^KCD = ^KL'D => Tứ giác CKDL' nội tiếp 

Áp dụng phương tích đường tròn có: FK.FC=FD.FL'   (1)

Cũng từ \(\Delta\)CKA ~ \(\Delta\)CIB (cmt) => ^BIF = ^AKI hay ^AKF = ^EIC => ^AKF = ^CAF

=> \(\Delta\)AFK ~ \(\Delta\)CFA (g.g)  => FA² = FK.FC        (2)

Từ (1) và (2) => FA² = FD.FL' => \(\Delta\)FDA ~ \(\Delta\)FAL' (c.g.c)

=> ^FL'A = ^FAD = ^DAC - ^FAC = ^ABC - ^FKA = ^ABC - (^KAC + ^ACK) = ^ABC/2 - ^ACB/2

Do đó: ^AL'E = ^FL'A + ^FL'E = ^ABC/2 - ^ACB/2 + ^ACB/2 = ^ABC/2 = ^ABE => Tứ giác ABL'E nội tiếp

Hay tia EK cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABE tại L' => L' trùng L

Từ đó dễ có: ^BLC = ^ABC/2 + ^ACB + ^ABC/2 + ^BAC/2 = ^ABC + ^ACB + ^BAC/2 = 180⁰ - ^BAC/2

Vậy thì tâm của đường tròn (BLC) nằm tại điểm chính giữa cung BC chứa A của (O) (đpcm).