a: ΔODE cân tại O

mà OM là trung tuyến

nên OM vuông góc DE

=>góc OMA=90 độ=góc OCA=góc OBA

=>O,A,B,M,C cùng thuộc 1 đường tròn

b: Xét ΔBSC và ΔCSD có

góc SBC=góc SCD

góc S chung

=>ΔBSC đồng dạng với ΔCSD

=>SB/CS=SC/SD

=>CS^2=SB*SD

góc DAS=gócEBD

=>góc DAS=góc ABD

=>ΔSAD đồng dạng với ΔSBA

=>SA/SB=SD/SA

=>SA^2=SB*SD=SC^2

=>SA=SC
c; BE//AC

=>EH/SA=BH/SC=HJ/JS

mà SA=SC
nênHB=EH

=>H,O,C thẳng hàng

a: ΔODE cân tại O

mà OM là trung tuyến

nên OM vuông góc DE

=>góc OMA=90 độ=góc OCA=góc OBA

=>O,A,B,M,C cùng thuộc 1 đường tròn

b: Xét ΔBSC và ΔCSD có

góc SBC=góc SCD

góc S chung

=>ΔBSC đồng dạng với ΔCSD

=>SB/CS=SC/SD

=>CS^2=SB*SD

góc DAS=gócEBD

=>góc DAS=góc ABD

=>ΔSAD đồng dạng với ΔSBA

=>SA/SB=SD/SA

=>SA^2=SB*SD=SC^2

=>SA=SC
c; BE//AC

=>EH/SA=BH/SC=HJ/JS

mà SA=SC
nênHB=EH

=>H,O,C thẳng hàng

a: Ta có: ΔOBC cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của BC và OH là phân giác của góc BOC

b: Ta có: OH là phân giác của góc BOC

=>\(\widehat{BOH}=\widehat{COH}\)

=>\(\widehat{BOA}=\widehat{COA}\)

Xét ΔOBA và ΔOCA có

OB=OC

\(\widehat{BOA}=\widehat{COA}\)

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOCA

=>\(\widehat{OBA}=\widehat{OCA}\)

mà \(\widehat{OBA}=90^0\)

nên \(\widehat{OCA}=90^0\)

=>AC là tiếp tuyến của (O)

c: Xét ΔOBA vuông tại B có \(sinBAO=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{BAO}=30^0\)

Ta có: ΔOBA=ΔOCA

=>\(\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\)

mà tia AO nằm giữa hai tia AB và AC

nên \(\widehat{BAC}=2\cdot\widehat{BAO}=60^0\)

Ta có: ΔOBA=ΔOCA

=>AB=AC

Xét ΔABC có AB=AC và \(\widehat{BAC}=60^0\)

nên ΔABC đều

d.

\(\left\{{}\begin{matrix}OD=OE=R\\QD=QE\left(\text{t/c hai tiếp tuyến cắt nhau}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow OQ\) là trung trực DE \(\Rightarrow OQ\perp DE\) , gọi giao điểm của chúng là F.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO:

\(OB^2=OH.OA\)

QE là tiếp tuyến \(\Rightarrow\Delta QEO\) vuông tại E, áp dụng hệ thức lượng:

\(OE^2=OF.OQ\)

Mà \(OB=OE=R\)

\(\Rightarrow OH.OA=OF.OQ\Rightarrow\dfrac{OA}{OQ}=\dfrac{OF}{OH}\)

Xét hai tam giác AOF và QOH có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{OA}{OQ}=\dfrac{OF}{OH}\\\widehat{FOH}\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OAF\sim\Delta QOH\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AFO}=\widehat{QHO}=90^0\)

Hay \(AF\perp QO\) tại F

Mà \(DE\perp QO\) cũng tại F

\(\Rightarrow3\) điểm A, D, E thẳng hàng 

a: Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp đường tròn

BC là đường kính

DO đó:ΔBDC vuông tại D

Xét ΔBCA vuông tại B có BD là đường cao ứng với cạnh huyền AC

nên \(AB^2=AD\cdot AC\)

a: Xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0\)

Do đó: ABOC là tứ giác nội tiếp

a) Xét tứ giác OBAC có

\(\widehat{OBA}\) và \(\widehat{OCA}\) là hai góc đối

\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

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

a: góc OBA+góc OCA=180 độ

=>ABOC nội tiếp

Xét (O) có

AB,AC là tiếp tuyến

=>AB=AC

mà OB=OC

nên OA là trung trực của BC

=>OA vuông góc BC

b: Xét ΔABF và ΔAEB có

góc ABF=góc AEB

góc BAF chung

=>ΔABF đồng dạng với ΔAEB

=>AB/AE=AF/AB

=>AB^2=AE*AF