a: Xét tứ giác OBMC có 

\(\widehat{OBM}+\widehat{OCM}=180^0\)

Do đó: OBMC là tứ giác nội tiếp

c) Ta có CH vuông góc AB=> CH//BN=> IH/BM=AI/AM=IC/MN mà BM=MN=> IH=IC=>đpcm

a: Xét (O) có

MC,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MC=MB

=>M 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 MO là đường trung trực của BC

=>MO\(\perp\)BC

b: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>BC\(\perp\)AC tại C

=>BC\(\perp\)AN tại C

=>ΔBNC vuông tại C

Ta có: \(\widehat{NCM}+\widehat{MCB}=\widehat{NCB}=90^0\)

\(\widehat{CNM}+\widehat{CBM}=90^0\)(ΔNCB vuông tại C)

mà \(\widehat{MCB}=\widehat{MBC}\)

nên \(\widehat{NCM}=\widehat{CNM}\)

=>ΔMNC cân tại M

=>MN=MC

mà MC=MB

nên MN=MB

=>M là trung điểm của BN

c: ta có: CH\(\perp\)AB

NB\(\perp\)BA

Do đó: CH//NB

Xét ΔANM có CI//NM

nên \(\dfrac{CI}{NM}=\dfrac{AI}{AM}\left(3\right)\)

Xét ΔAMB có IH//MB

nên \(\dfrac{IH}{MB}=\dfrac{AI}{AM}\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(\dfrac{CI}{NM}=\dfrac{IH}{MB}\)

mà NM=MB

nên CI=IH

=>I là trung điểm của CH

a: Xét (O) có

CD,CB là các tiếp tuyến

Do đó: CD=CB

=>C nằm trên đường trung trực của DB(1)

Ta có: OD=OB

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

Từ (1) và (2) suy ra OC là đường trung trực của BD

=>OC\(\perp\)BD

b: Xét tứ giác OBCD có

\(\widehat{OBC}+\widehat{ODC}=90^0+90^0=180^0\)

=>OBCD là tứ giác nội tiếp

=>O,B,C,D cùng thuộc một đường tròn

c: Xét (O) có

\(\widehat{CDM}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến DC và dây cung DM

\(\widehat{DAM}\) là góc nội tiếp chắn cung DM

Do đó: \(\widehat{CDM}=\widehat{DAM}\)

=>\(\widehat{CDM}=\widehat{CAD}\)

Xét ΔCDM và ΔCAD có

\(\widehat{CDM}=\widehat{CAD}\)

\(\widehat{DCM}\) chung

Do đó: ΔCDM đồng dạng với ΔCAD

=>\(\widehat{CMD}=\widehat{CDA}\)

2: Xét tứ giác OBCD có 

\(\widehat{OBC}+\widehat{ODC}=180^0\)

Do đó: OBCD là tứ giác nội tiếp

hay O,B,C,D cùng thuộc một đường tròn

a) Ta có: \(\angle DBO+\angle DFO=90+90=180\Rightarrow OBDF\) nội tiếp

Lấy I là trung điểm DO 

Vì \(\Delta DBO,\Delta DFO\) lần lượt vuông tại B và F có I là trung điểm DO

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}BI=DI=IO\\ID=IO=IF\end{matrix}\right.\Rightarrow IB=ID=IO=IF\Rightarrow I\) là tâm của (OBDF)

b) Ta có: \(AO=\sqrt{AF^2+OF^2}=\sqrt{\dfrac{16}{9}R^2+R^2}=\dfrac{5}{3}R\)

\(\Rightarrow cosDAB=\dfrac{AF}{AO}=\dfrac{\dfrac{4}{3}R}{\dfrac{5}{3}R}=\dfrac{4}{5}\)

c) Cần chứng minh \(\dfrac{BD}{DM}-1=\dfrac{DM}{AM}\Rightarrow\dfrac{DF-DM}{DM}=\dfrac{DM}{AM}\)

\(\Rightarrow\dfrac{MF}{DM}=\dfrac{DM}{AM}\Rightarrow DM^2=MF.MA\) 

Vì \(\left\{{}\begin{matrix}MO\bot BC\\DB\bot BC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow MO\parallel DB\)\(\Rightarrow\angle MOD=\angle BDO=\angle FDO\) 

\(\Rightarrow\Delta MOD\) cân tại M \(\Rightarrow MO=MD\)

mà \(MO^2=MF.MA\Rightarrow MD^2=MF.MA\)

d) MO cắt nửa đường tròn tại E

Ta có: \(tanDAB=\dfrac{FO}{AF}=\dfrac{R}{\dfrac{4}{3}R}=\dfrac{3}{4}\)

mà \(tanDAB=\dfrac{MO}{OA}\Rightarrow\dfrac{MO}{OA}=\dfrac{3}{4}\Rightarrow MO=\dfrac{3}{4}.\dfrac{5}{3}R=\dfrac{5}{4}R\)

Vì \(MO\parallel DB\) \(\Rightarrow\dfrac{MO}{DB}=\dfrac{AO}{AB}=\dfrac{\dfrac{5}{3}R}{2R}=\dfrac{5}{6}\Rightarrow DB=\dfrac{MO}{\dfrac{5}{6}}=\dfrac{\dfrac{5}{4}R}{\dfrac{5}{6}}=\dfrac{3}{2}R\)

Có DB,OM rồi thì bạn thế vào tính \(S_{OBDM}=\dfrac{1}{2}.\left(BD+OM\right).BO\)

còn diện tích quạt \(BOE=\dfrac{90}{360}.R^2\pi=\dfrac{1}{4}R^2\pi\)

\(\Rightarrow\) diện tích tứ giác OBDM nằm ngoài đường tròn \(=S_{OBDM}-S_{quatBOE}\)

bạn thế vài tính nha

PS: ý tưởng là vậy chứ bạn tính toán lại cho kĩ,chứ mình hay tính nhầm lắm