các bạn giải hộ mình cái

Xét tam giác ABF có  góc ABE là góc ngoài tại định B

=> \(\widehat{ABE}=\widehat{BAF}+\widehat{AFB}\) 

Xét tam giác FBC có: \(\widehat{CBE}\)là góc ngoài tại định B

=> \(\widehat{CBE}=\widehat{BFC}+\widehat{CFB}\)

Cộng vế theo vế ta có:

\(\widehat{CBE}+\widehat{ABE}=\widehat{BFC}+\widehat{CFB}+\widehat{AFB}+\widehat{BAF}>\widehat{AFB}+\widehat{CFB}\)

=> \(\widehat{ABC}>\widehat{AFC}\)

=> \(\widehat{AFC}< 90^o\)

hay AFC là góc nhọn

1: ΔOCD cân tại O

mà OK là trung tuyến

nên OK vuông góc CD

góc OKM+góc OBM=180 độ

=>OKMB nội tiếp

2: Gọi giao của AB và OM là H

Xét (O) có

MA,MB là tiếp tuyến

=>MA=MB

mà OA=OB

nên OM là trung trực của AB

=>OM vuông góc AB tại H

Xét ΔOHN vuông tại H và ΔOKM vuông tại K có

góc HON chung

=>ΔOHN đồng dạng với ΔOKM

=>OH/OK=ON/OM

=>OK*ON=OH*OM=OC^2

=>OC/ON=OK/OC

=>ΔOCK đồng dạng với ΔONC

=>góc OCN=góc OKC=90 độ

=>NC là tiếp tuyến của (O)

a) Xét \(\Delta CDA\) và \(\Delta CBD\) có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ACD}-\text{góc chung}\\\widehat{CDA}=\widehat{CBD}\left(=\dfrac{1}{2}\stackrel\frown{AD}\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta CDA\sim\Delta CBD\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{CD}{CA}=\dfrac{CB}{CD}\Rightarrow CD^2=CA.CB\).

b) Ta dễ dàng chứng minh được \(\widehat{ODC}=\widehat{OIC}=90^o\), do đó tứ giác CDOI nội tiếp đường tròn đường kính OC.

c) Theo tính chất đối xứng, ta có E, K đối xứng với nhau qua OI.

Do tứ giác CDOI nội tiếp nên \(\widehat{DIO}=\widehat{DCO}\). 

Ta biến đổi góc: \(\widehat{COE}=\widehat{IOC}-\widehat{EOI}=\widehat{IOC}-\widehat{KOI}=\widehat{IOC}-\widehat{DIO}+\widehat{OKD}=\widehat{IOC}-\widehat{DIO}+\widehat{ODI}=\widehat{IOD}-\widehat{DOC}-\widehat{DIO}+\widehat{ODI}=180^o-\widehat{DIO}-\widehat{ODI}-\widehat{DOC}-\widehat{DIO}+\widehat{ODI}=180^o-2\widehat{DIO}-\widehat{DOC}=180^o-2\widehat{DCO}-90^o+\widehat{DCO}=90^o-\widehat{DCO}=\widehat{COD}\).

Từ đó \(\Delta DOC=\Delta EOC\left(c.g.c\right)\) nên CE cũng là tiếp tuyến của (O).

d) Do G là trọng tâm của tam giác ABD nên G nằm trên DI và \(DG=\dfrac{2}{3}DI\).

Dựng O' trên cạnh OI sao cho \(OO'=\dfrac{2}{3}OI\).

Theo định lý Thales đảo ta có O'G // OD.

Từ đó \(O'G=\dfrac{1}{3}OD=\dfrac{1}{3}R\) không đổi.

Mà I, O cố định nên O' cố định, từ đó G luôn di chuyển trên đường tròn \(\left(O';\dfrac{1}{3}R\right)\) cố định.

(Đây là một ứng dụng của phép vị tự)