dễ ẹc!!!!!!!!

Trả lời :

Bn Nguyễn Tũn bảo dễ ẹt thì làm đi.

- Hok tốt !

^_^

dễ ẹc thì lm cho mk coi đi

mk ko bt lm

a: góc ACN=1/2*sđ cung MC

góc BAD=góc MDC=1/2*sđ cung MC

=>góc ACN=góc BAD

b: Xét ΔNAM và ΔNCA có

góc NAM=góc NCA

góc N chung

=>ΔNAM đồng dạng với ΔNCA

=>NA/NC=NM/NA

=>NA^2=NM*NC

a) Xét tứ giác ABOC có 

\(\widehat{ABO}\) và \(\widehat{ACO}\) là hai góc đối

\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

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

a: Xét tứ giác ABOC có

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

=>ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,C,O cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

AB,AC là tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2\)

mà OB=OD

nên \(OD^2=OH\cdot OA\)

=>\(\dfrac{OD}{OH}=\dfrac{OA}{OD}\)

Xét ΔODA và ΔOHD có

\(\dfrac{OD}{OH}=\dfrac{OA}{OD}\)

\(\widehat{DOA}\) chung

Do đó: ΔODA đồng dạng với ΔOHD

Lời giải:

Vì $MA,MB$ là tiếp tuyến của $O$ nên $MA\perp OA, MB\perp OB$

$\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0$

Xét tứ giác $MAOB$ có $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$. Mà 2 góc này đối nhau nên $MAOB$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow M, A,O,B$ cùng thuộc 1 đường tròn (1)

Mặt khác:

Tam giác $ONP$ cân tại $O$ (do $ON=OP=R$) nên trung tuyến $OK$ đồng thời là đường cao.

$\Rightarrow \widehat{MKO}=90^0$

Xét tứ giác $MAKO$ có $\widehat{MAO}=\widehat{MKO}=90^0$. Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh $MO$ nên $MAKO$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow M,A,K,O$ cùng thuộc 1 đường tròn (2)

Từ $(1); (2)\Rightarrow M, A, O, K,B$ cùng thuộc 1 đường tròn.

Lời giải:

Vì $MA,MB$ là tiếp tuyến của $O$ nên $MA\perp OA, MB\perp OB$

$\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0$

Xét tứ giác $MAOB$ có $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$. Mà 2 góc này đối nhau nên $MAOB$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow M, A,O,B$ cùng thuộc 1 đường tròn (1)

Mặt khác:

Tam giác $ONP$ cân tại $O$ (do $ON=OP=R$) nên trung tuyến $OK$ đồng thời là đường cao.

$\Rightarrow \widehat{MKO}=90^0$

Xét tứ giác $MAKO$ có $\widehat{MAO}=\widehat{MKO}=90^0$. Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh $MO$ nên $MAKO$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow M,A,K,O$ cùng thuộc 1 đường tròn (2)

Từ $(1); (2)\Rightarrow M, A, O, K,B$ cùng thuộc 1 đường tròn.

Hình vẽ:

a:

Sửa đề: \(AD\cdot AC=AB^2=AO^2-R^2\)

Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại D

=>BD\(\perp\)DC tại D

=>BD\(\perp\)CA tại D

Xét ΔBCA vuông tại B có BD là đường cao

nên \(AD\cdot AC=AB^2\left(1\right)\)

Xét ΔOBA vuông tại B có \(OB^2+BA^2=OA^2\)

=>\(BA^2+R^2=OA^2\)

=>\(BA^2=OA^2-R^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AD\cdot AC=AB^2=OA^2-R^2\)

b: ΔOBE cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của BE

Xét ΔBCE có

O,H lần lượt là trung điểm của BC,BE

=>OH là đường trung bình của ΔBCE

=>OH//CE và OH=1/2CE

OH//CE

F\(\in\)OH

Do đó: HF//CE

\(OH=\dfrac{1}{2}CE\)

\(OH=\dfrac{1}{2}FH\)

Do đó: CE=FH

Xét tứ giác CEHF có

CE//HF

CE=HF

Do đó: CEHF là hình bình hành

Hình bình hành CEHF có \(\widehat{FHE}=90^0\)

nên CEHF là hình chữ nhật

ΔOBE cân tại O

mà OH là đường cao

nên OH là phân giác của góc BOE

Xét ΔOBA và ΔOEA có

OB=OE

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

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOEA

=>\(\widehat{OBA}=\widehat{OEA}=90^0\)

=>AE là tiếp tuyến của (O)

c: Xét (O) có

ΔBGC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBGC vuông tại G

=>GB\(\perp\)GC tại G

Xét ΔHEC vuông tại E và ΔHGB vuông tại G có

\(\widehat{EHC}=\widehat{GHB}\)

Do đó: ΔHEC đồng dạng với ΔHGB

=>\(\dfrac{HE}{HG}=\dfrac{HC}{HB}\)

=>\(HE\cdot HB=HG\cdot HC\)

=>\(HG\cdot HC=HB^2\left(3\right)\)

Xét ΔBOA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(HO\cdot HA=HB^2\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(HG\cdot HC=HO\cdot HA\)