a. Em tự giải

b. 

\(\Delta OAB\) cân tại O (do \(OA=OB=R\), mà \(OH\) là đường vuông góc (do OH vuông góc AB)

\(\Rightarrow OH\) đồng thời là trung tuyến và trung trực của AB

Hay OM là trung trực của AB

\(\Rightarrow MA=MB\Rightarrow\Delta MAB\) cân tại M

c.

Do EC là tiếp tuyến tại C \(\Rightarrow EC\perp AC\)

MA là tiếp tuyến tại A \(\Rightarrow MA\perp AC\)

\(\Rightarrow EC||MA\Rightarrow\widehat{MAH}=\widehat{CEB}\) (so le trong)

Mà \(\widehat{MAH}=\widehat{MOA}\) (cùng phụ \(\widehat{AMH}\))

\(\Rightarrow\widehat{CEB}=\widehat{MOA}\)

Xét hai tam giác CEB và MOA có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{CEB}=\widehat{MOA}\left(cmt\right)\\\widehat{CBE}=\widehat{MAO}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta CEB\sim\Delta MOA\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BE}{OA}=\dfrac{BC}{AM}\Rightarrow BE.AM=BC.OA\)

Mà \(MA=MB\) (theo cm câu b) và \(OA=BO=R\)

\(\Rightarrow BE.BM=BC.BO\)

a: Xét tứ giác EHOC có \(\widehat{EHO}+\widehat{ECO}=90^0+90^0=180^0\)

nên EHOC là tứ giác nội tiếp

=>E,H,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Ta có: ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên OH là phân giác của góc AOB

Xét ΔAOM và ΔBOM có

OA=OB

\(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}\)

OM chung

Do đó: ΔAOM=ΔBOM

=>MA=MB

=>ΔMAB cân tại M

c: Ta có: ΔAOM=ΔBOM

=>\(\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=90^0\)

Xét tứ giác OAMB có \(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=90^0+90^0=180^0\)

nên OAMB là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{OMB}=\widehat{OAB}=\widehat{CAB}\left(1\right)\)

Xét (O) có

\(\widehat{CAB}\) là góc nội tiếp chắn cung CB

\(\widehat{ECB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CE và dây cung CB

Do đó: \(\widehat{CAB}=\widehat{ECB}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{OMB}=\widehat{ECB}\)

Xét ΔOMB và ΔECB có

\(\widehat{OMB}=\widehat{ECB}\)

\(\widehat{OBM}=\widehat{EBC}=90^0\)

Do đó: ΔOMB~ΔECB

=>\(\dfrac{BO}{BE}=\dfrac{BM}{BC}\)

=>\(BO\cdot BC=BM\cdot BE\)

a: Xét tứ giác EHOC có

\(\widehat{EHO}+\widehat{ECO}=90^0+90^0=180^0\)

=>EHOC là tứ giác nội tiếp

=>E,H,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Sửa đề: ΔABC vuông

Xét (O) có

ΔABC nội tiếp

AC là đường kính

Do đó: ΔABC vuông tại B

c: ΔABC vuông tại B

=>AB\(\perp\)BC

Ta có: AB\(\perp\)BC

OM\(\perp\)AB

Do đó: OM//BC

Ta có: \(\widehat{ECB}+\widehat{E}=90^0\)(ΔBCE vuông tại B)

\(\widehat{E}+\widehat{CAB}=90^0\)(ΔCAE vuông tại C)

Do đó: \(\widehat{ECB}=\widehat{CAB}\)

mà \(\widehat{CAB}=\widehat{OBH}\)(ΔOBA cân tại O)

và \(\widehat{OBH}=\widehat{OMB}\left(=90^0-\widehat{HOB}\right)\)

nên \(\widehat{ECB}=\widehat{OMB}\)

Xét ΔBEC vuông tại B và ΔBOM vuông tại B có

\(\widehat{BCE}=\widehat{BMO}\)

Do đó: ΔBEC đồng dạng với ΔBOM

=>\(\dfrac{BE}{BO}=\dfrac{BC}{BM}\)

=>\(BE\cdot BM=BC\cdot BO\)

a: Xét tứ giác EHOC có

\(\widehat{EHO}+\widehat{ECO}=90^0+90^0=180^0\)

=>EHOC là tứ giác nội tiếp

=>E,H,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Ta có: ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của AB

Xét ΔMAB có

MH là đường cao

MH là đường trung tuyến

Do đó: ΔMAB cân tại M

c: ΔABC vuông tại B

=>AB\(\perp\)BC

Ta có: AB\(\perp\)BC

OM\(\perp\)AB

Do đó: OM//BC

Ta có: \(\widehat{ECB}+\widehat{E}=90^0\)(ΔBCE vuông tại B)

\(\widehat{E}+\widehat{CAB}=90^0\)(ΔCAE vuông tại C)

Do đó: \(\widehat{ECB}=\widehat{CAB}\)

mà \(\widehat{CAB}=\widehat{OBH}\)(ΔOBA cân tại O)

và \(\widehat{OBH}=\widehat{OMB}\left(=90^0-\widehat{HOB}\right)\)

nên \(\widehat{ECB}=\widehat{OMB}\)

Xét ΔBEC vuông tại B và ΔBOM vuông tại B có

\(\widehat{BCE}=\widehat{BMO}\)

Do đó: ΔBEC đồng dạng với ΔBOM

=>\(\dfrac{BE}{BO}=\dfrac{BC}{BM}\)

=>\(BE\cdot BM=BC\cdot BO\)

a: ΔOAB cân tại O

mà OM là đường cao

nên OM là phân giác

Xét ΔOAM và ΔOBM có

OA=OB

góc AOM=góc BOM

OM chung

=>ΔOAM=ΔOBM

=>góc OBM=90 độ

=>MB là tiếp tuyến của (O)

b:F ở đâu vậy bạn?

a: Xét tứ giác OBKC có \(\widehat{OBK}+\widehat{OCK}=90^0+90^0=180^0\)

nên OBKC là tứ giác nội tiếp

=>O,B,K,C cùng thuộc một đường tròn

b: Ta có: ΔOMN cân tại O

mà OA là đường cao

nên OA là phân giác của góc MON

Xét ΔMOA và ΔNOA có

OM=ON

\(\widehat{MOA}=\widehat{NOA}\)

OA chung

Do đó: ΔMOA=ΔNOA

=>\(\widehat{OMA}=\widehat{ONA}\)

=>\(\widehat{ONA}=90^0\)

=>AN là tiếp tuyến của (O)

c: Xét (O) có

KB,KC là tiếp tuyến

Do đó: KB=KC

=>K 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 OK là đường trung trực của BC

=>OK\(\perp\)BC tại I và I là trung điểm của BC

Xét ΔOBK vuông tại B có BI là đường cao

nên \(OI\cdot OK=OB^2\)

=>\(OI\cdot OK=ON^2\left(3\right)\)

d: Xét ΔNOA vuông tại N có NH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=ON^2\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(OI\cdot OK=OH\cdot OA\)

=>\(\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OA}{OK}\)

Xét ΔOIA và ΔOHK có

\(\dfrac{OI}{OH}=\dfrac{OA}{OK}\)

\(\widehat{HOK}\) chung

Do đó: ΔOIA đồng dạng với ΔOHK

=>\(\widehat{OIA}=\widehat{OHK}\)

=>\(\widehat{OHK}=90^0\)

mà \(\widehat{OHM}=90^0\)

nên K,H,M thẳng hàng

mà M,H,N thẳng hàng

nên K,M,N thẳng hàng

a: Xét ΔOBA và ΔOCA có 

OB=OC

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

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOCA
Suy ra: \(\widehat{OBA}=\widehat{OCA}=90^0\)

hay AC là tiếp tuyến của (O)

b:

Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại C

Xét ΔOBA vuông tại B và ΔDCB vuông tại C có

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

Do đó: ΔOBA∼ΔDCB

Suy ra: \(\dfrac{OB}{DC}=\dfrac{OA}{BD}\)

hay \(DC\cdot OA=2\cdot R^2\)