a: Ta có: ΔOBA cân tại O
mà OM là đường cao
nên OM là phân giác của góc AOB và OM là đường trung trực của AB
Xét ΔOAM và ΔOBM có
OA=OB
\(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}\)
OM chung
Do đó: ΔOAM=ΔOBM
=>\(\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=90^0\)
=>MB là tiếp tuyến của (O)
OM là đường trung trực của AB
=>OM\(\perp\)AB tại trung điểm của AB
=>OM\(\perp\)AB tại H và H là trung điểm của AB
Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao
nên \(AH^2=HO\cdot HM\)
mà AH=HB
nên \(HO\cdot HM=HA\cdot HA=HA\cdot HB\)
b: Xét ΔOAM vuông tại A có \(cosAOM=\dfrac{OA}{OM}=\dfrac{1}{2}\)
nên \(\widehat{AOM}=60^0\)
Xét ΔOAI có OA=OI và \(\widehat{AOM}=60^0\)
nên ΔOAI đều
=>OA=AI=OI
ta có: \(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}\)
mà \(\widehat{AOM}=60^0\)
nên \(\widehat{BOM}=60^0\)
=>\(\widehat{BOI}=60^0\)
Xét ΔOBI có OB=OI và \(\widehat{BOI}=60^0\)
nên ΔOBI đều
Vì ΔOAI đều nên \(S_{AOI}=OA^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}=R^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}\)
Vì ΔOBI đều nên \(S_{OBI}=OB^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}=R^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}\)
\(S_{AIBO}=S_{OBI}+S_{OAI}\)
\(=R^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}+R^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}=\dfrac{R^2\cdot\sqrt{3}}{2}\)
c: Xét (O) có
ΔABK nội tiếp
AK là đường kính
Do đó: ΔABK vuông tại B
=>AB\(\perp\)BK
Ta có: AB\(\perp\)BK
AB\(\perp\)OM
Do đó: BK//OM
ΔOAI đều có AH là đường cao
nên \(AH=OA\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
=>\(AH=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)
H là trung điểm của AB
=>\(AB=2\cdot AH=R\sqrt{3}\)
Xét ΔABK vuông tại B có \(BK^2+BA^2=AK^2\)
=>\(BK^2+\left(R\sqrt{3}\right)^2=\left(2R\right)^2\)
=>\(BK^2=4R^2-3R^2=R^2\)
=>BK=R
mà OI=OA=R
nên BK=OI
Xét tứ giác BKOI có
OI//KB
OI=KB
Do đó: BKOI là hình bình hành
Hình bình hành BKOI có OK=OI
nên BKOI là hình thoi
