a: Xét (O) có

ΔABC nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔABC vuông tại C

b: Xét ΔABC vuông tại C có CH là đường cao

nên \(AH\cdot AB=AC^2\left(1\right)\)

Xét ΔMAB vuông tại A có AC là đường cao

nên \(MC\cdot BC=AC^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AH\cdot AB=MC\cdot BC\)

a: Xét (O) có

ΔABC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó; ΔABC vuông tại A

\(AC=\sqrt{BC^2-AB^2}=R\sqrt{3}\)

b: Xét ΔDOB có

BA là đường trung tuyến

BA=DO/2

Do đó: ΔDOB vuông tại B

hay DB là tiếp tuyến của (O)

a) Ta có: \(\angle SAO+\angle SBO=90+90=180\Rightarrow SAOB\) nội tiếp

Vì SA,SB là tiếp tuyến \(\Rightarrow SA=SB\) và SO là phân giác \(\angle BSA\Rightarrow SO\bot AB\)

b) Xét \(\Delta SBD\) và \(\Delta SEB:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle SBD=\angle SEB\\\angle BSEchung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta SBD\sim\Delta SEB\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{SB}{SE}=\dfrac{SD}{SB}\Rightarrow SB^2=SD.SE\)

c) Trong (O) có DE là dây cung không đi qua O và I là trung điểm DE

\(\Rightarrow OI\bot DE\Rightarrow\angle OIS=90=\angle OBS\Rightarrow\) OIBS nội tiếp

\(\Rightarrow O,I,B,S,A\) cùng thuộc 1 đường tròn

\(\Rightarrow\) BIAS nội tiếp \(\Rightarrow\angle BIS=\angle BAS=\angle ABS\)

Xét \(\Delta SBK\) và \(\Delta SIB:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle SBK=\angle SIB\\\angle BSIchung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta SBK\sim\Delta SIB\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{SB}{SI}=\dfrac{SK}{SB}\Rightarrow SB^2=SI.SK\) 

mà \(SB^2=SD.SE\Rightarrow SD.SE=SI.SK\)

d) Ta có: \(\angle SIB=\angle SBK=\angle BEA\Rightarrow90-\angle SIB=90-\angle BEA\)

\(\Rightarrow\angle FIB=\angle FEB\Rightarrow FBIE\) nội tiếp

\(\Rightarrow\angle FBE=\angle FIE=90\Rightarrow FB\bot BE\)

mà \(AB\bot BE\left(\angle ABE=90\right)\Rightarrow\) A,B,F thẳng hàng

TA CÓ AB\(=2R\)

\(\Leftrightarrow0B=BC=R\)

HAY \(BC=\frac{1}{2}AB\)

CÓ NGHĨA BC LÀ NỮA TRUNG ĐIỂM CỦA BC

\(\Rightarrow AC\perp BC\)ĐỊNH LÝ 3

CHO \(R=2cm\)tính cho nó rễ

áp dụng địn lý pi ta gao trong tam giác ABC vuông tại C

\(\Rightarrow AB^2=AC^2+BC^2\)

\(\Rightarrow AC^2=16-4\)

\(\Rightarrow AC=\sqrt{12}cm\)

vậy .............

a) Xét tứ giác SAOB có 

\(\widehat{SAO}+\widehat{SBO}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

nên SAOB là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

Xét (O) có 

SA là tiếp tuyến có A là tiếp điểm(gt)

SB là tiếp tuyến có B là tiếp điểm(gt)

Do đó: SA=SB(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Ta có: SA=SB(cmt)

nên S nằm trên đường trung trực của AB(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(1)

Ta có: OA=OB(=R)

nên O nằm trên đường trung trực của AB(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(2)

Từ (1) và (2) suy ra SO là đường trung trực của AB

hay SO\(\perp\)AB(Đpcm)

b) đề phải là \(SA^2=SD.SE\) chứ SD không bằng SE sao \(SD^2=SD.SE\) được

Vì AE là đường kính \(\Rightarrow\angle ADE=90\) mà \(\angle SAE=90\)

\(\Rightarrow\Delta SAE\) vuông tại A có AD là đường cao

\(\Rightarrow SA^2=SD.SE\)

c) Trong (O) có DE là dây cung không đi qua O và I là trung điểm DE

\(\Rightarrow OI\bot DE\Rightarrow\angle OIS=90\Rightarrow\angle OIS=\angle OBS=90\)

\(\Rightarrow OIBS\) nội tiếp mà SAOB nội tiếp (câu a)

\(\Rightarrow O,I,A,S,B\) cùng thuộc 1 đường tròn

\(\Rightarrow AIBS\) nội tiếp \(\Rightarrow\angle AIS=\angle ABS=\angle SAB\) (\(\Delta SAB\) cân tại S)

Xét \(\Delta SAK\) và \(\Delta SIA:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle SIA=\angle SAK\\\angle ISAchung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta SAK\sim\Delta SIA\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{SA}{SI}=\dfrac{SK}{SA}\Rightarrow SA^2=SK.SI\)

mà \(SA^2=SD.SE\Rightarrow SD.SE=SK.SI\)

d) AB cắt OI tại F'

Vì AE là đường kính \(\Rightarrow\angle ABE=90\Rightarrow F'BE=90\)

\(\Rightarrow\angle F'BE=\angle F'IE\Rightarrow F'BIE\) nội tiếp \(\Rightarrow\angle ABI=\angle F'EI\)

mà \(\angle ABI=\angle ASI\) (AIBS nội tiếp) \(=\angle ASE\)

\(\Rightarrow\angle F'EI+\angle AES=\angle ASE+\angle AES=90\)

\(\Rightarrow\angle F'EO=90\Rightarrow EF'\) là tiếp tuyến \(\Rightarrow\) đpcm

câu d:

Tam giác BCF nội tiếp (O;BC/2) có cạnh BC là đường kính

=> Tam giác BCF vuông tại F

=>góc BFC=90 độ

Xét 2 tam giác: tam giác CHF và tam giác CFB có:

góc C chung

góc CHF=góc CFB (=90 độ)

Do đó, tam giác CHF đồng dạng với tam giác CFB (g.g)

=> góc CFH=góc CBF (1)

Tứ giác ABFC nội tiếp (O;BC/2)

=> góc CFH=góc ABC (cùng chắn cung AC) (2)

Từ (1) và (2)=> góc CBF=góc ABC (3)

Mà tia BC nằm giữa tia AB và BF (4)

Từ (3) và (4)=> BC là tia phận giác của góc ABF (đpcm)

Vẽ hình giúp mình với được không ạ 

Vì DE \(\perp\)BC => \(\widehat{EDB}=90^0\)

\(\widehat{BAC}=90^0\)( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )

Ta có : \(\widehat{EDB}+\widehat{BAE}=90^0+90^0=180^0\)

=> Tứ giác ABDE nội tiếp ( tổng 2 góc đối = 180⁰ )

MIK CẦN GẤP TRƯỚC 4h T_T