a) Ta có AK//CE (cùng vuông góc với AC)

⇒\(\widehat{BEC}=\widehat{A_1}\)

\(\Rightarrow\widehat{BCE}=\widehat{K_1}=\widehat{OKB}\Rightarrow tan_{BCE}=tan_{OKB}\Rightarrow\dfrac{BE}{BC}=\dfrac{OB}{KB}\Rightarrow\dfrac{KB}{BC}=\dfrac{OB}{BE}\)Ta lại có \(\widehat{B_1}=\widehat{B_2}\) (cùng phụ \(\widehat{B_3}\)) nên \(\widehat{KBC}=\widehat{OBE}\)

Xét △KBC và △OBE có:

\(\dfrac{KB}{BC}=\dfrac{OB}{BE}\)(cmt)

\(\widehat{KBC}=\widehat{OBE}\)(cmt)

Suy ra △KBC \(\sim\) △OBE(c-g-c)

b) Ta có △KBC \(\sim\) △OBE\(\Rightarrow\widehat{BCK}=\widehat{BEO}\)

Gọi I là giao điểm BC và OE, H là giao điểm CK và OE

Xét △IBE và △IHC có

\(\widehat{BIE}=\widehat{CIH}\)(đối đỉnh)

\(\widehat{BCK}=\widehat{BEO}\)(cmt)

Suy ra △IBE \(\sim\)△IHC(g-g)

\(\Rightarrow\widehat{IHC}\)=\(\widehat{IBE}=90^0\)\(\Rightarrow\)CK⊥OE

a: Ta có: ΔOAB cân tại O

mà OK là đường cao

nên OK là phân giác

Xét ΔOAK và ΔOBK có

OA=OB

góc AOK=góc BOK

OK chung

DO đó: ΔOAK=ΔOBK

=>góc OBK=90 độ

=>KB là tiếp tuyến của (O)

b: \(KA=\sqrt{25^2-15^2}=20\left(cm\right)\)

AH=15*20/25=12(cm)

=>AB=24cm

\(a,\) Ta có \(OB=OC=R;AB=AC\Rightarrow OA\) là trung trực BC

Do đó \(OA\bot BC=\left\{H\right\}\)

Áp dụng HTL: \(OB^2=OH\cdot OA\Rightarrow OD^2=OH\cdot OA\Rightarrow\dfrac{OD}{OH}=\dfrac{OA}{OD}\)

\(\Rightarrow\Delta OHD\sim\Delta ODA\left(c.g.c\right)\)

\(b,\) Gọi \(\left\{I\right\}=BC\cap AE\)

\(\widehat{OHD}=\widehat{ODA}\Rightarrow\widehat{DHA}=\widehat{ODE}=\widehat{OED}\) (cùng bù với 2 góc bằng nhau, \(\Delta ODE\) cân tại O)

\(\Rightarrow\Delta AEO\sim\Delta AHD\left(g.g\right)\\ \Rightarrow\widehat{AOE}=\widehat{ADH}\)

Mà \(\dfrac{OH}{DH}=\dfrac{OD}{AD}\left(\Delta OHD\sim\Delta ODA\right)\Rightarrow\dfrac{OH}{DH}=\dfrac{OE}{AD}\)

\(\Rightarrow\Delta HEO\sim\Delta HDA\left(g.g\right)\\ \Rightarrow\widehat{OHE}=\widehat{DHA}\)

Mà \(OA\bot BC\Rightarrow\widehat{IHE}=\widehat{IHD}\)

Vậy BC trùng với p/g \(\widehat{DHE}\)

\(c,\) Vì HI là p/g trong của \(\Delta DHE\) và \(HA\bot HI\)

\(\Rightarrow HA\) là p/g ngoài

\(\Rightarrow\dfrac{IE}{ID}=\dfrac{AE}{AD}=\dfrac{HE}{HD}\left(1\right)\)

Mà \(MN\text{//}BE\Rightarrow\dfrac{MD}{BE}=\dfrac{AD}{AE};\dfrac{ND}{BE}=\dfrac{ID}{IE}\left(2\right)\)

\(\left(1\right)\left(2\right)\Rightarrow MD=MN\RightarrowĐpcm\)

1: Xét tứ giác KAOB có \(\widehat{KAO}+\widehat{KBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên KAOB là tứ giác nội tiếp

2: Xét (O) có

\(\widehat{KAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AK và dây cung AC

\(\widehat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{KAC}=\widehat{ADC}\)

Xét ΔKAC và ΔKDA có

\(\widehat{KAC}=\widehat{KDA}\)

\(\widehat{AKC}\) chung

Do đó: ΔKAC đồng dạng với ΔKDA

=>\(\dfrac{KA}{KD}=\dfrac{KC}{KA}\)

=>\(KA^2=KC\cdot KD\)

Xét (O) có

KA,KB là các tiếp tuyến

Do đó: KA=KB

=>K nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

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

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

=>OK\(\perp\)AB tại M và M là trung điểm của AB

Xét ΔOAK vuông tại A có AM là đường cao

nên \(KM\cdot KO=KA^2\)

=>\(KA^2=KM\cdot KO=KC\cdot KD\)