a, HS tự chứng minh

b, OM = R 2

c, MC. MD = M A 2  = MH.MO

=> MC. MD = MH.MO

=> DMHC ~ DMDO (c.g.c)

=>  M H C ^ = M D O ^ => Tứ giác CHOD nội tiếp

Chứng minh được:  M H C ^ = O H D ^

=>  C H B ^ = B H D ^ (cùng phụ hai góc bằng nhau)

a. Do I là trung điểm CD nên \(OI⊥CD\Rightarrow\widehat{OIM}=90^o.\)

Ta thấy \(\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=\widehat{OIM}=90^o\) nên A, B ,M , O, I cùng thuộc đường tròn đường kính MO.

b. Xét đường tròn (O) có \(\widehat{AEB}=\frac{\widehat{AOB}}{2}\) (1)

Xét đường tròn đường kính MO có MA = MB nên \(sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{MB}\).

Nên  \(\widehat{AOB}=\frac{sđ\widebat{AMB}}{2}=sđ\widebat{AM}=sđ\widebat{MB}\)

Lại có \(\widehat{MIB}=\frac{sđ\widebat{MB}}{2}=\frac{\widehat{AOB}}{2}\), vậy nên \(\widehat{MIB}=\widehat{AEI.}\)

Lại có \(\widehat{MIB}=\widehat{EID}\) (đối đỉnh) nên \(\widehat{AEI}=\widehat{EID}\)

Chúng ở vị trí so le trong nên AE // CD.

c. Nếu \(MA⊥MB\)thì tứ giác OAMB là hình chữ nhật, lại có OA = OB nên nó là hình vuông. Khi đó \(OM=\sqrt{2OB^2}=R\sqrt{2}\)

Vậy để \(MA⊥MB\) thì M thuộc tia đối tia CD mà \(OM=R\sqrt{2}\)

d. Ta thấy ngay \(\Delta MBD\sim\Delta MCB\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{MB}{MC}=\frac{MD}{MB}\Rightarrow MB^2=MC.MD\)

Xét tam giác vuông MBO có BH là đường cao nên \(MB^2=MH.MO\)

Vậy thì \(MH.MO=MC.MD\Rightarrow\frac{MH}{MD}=\frac{MC}{MO}\)

Suy ra \(\Delta MCH\sim\Delta MDO\left(c-g-c\right)\)

Vậy thì \(\widehat{MHC}=\widehat{MDO}\left(1\right)\) hay tứ giác HCDO nội tiếp. Vậy \(\widehat{OCD}=\widehat{OHD}\) (2) (Cùng chắn cung OD)

Lại có \(\widehat{MDO}=\widehat{OCD}\) (OC = OD = R) nên \(\widehat{MHC}=\widehat{OHD}\)

Vậy thì \(\widehat{CHB}=\widehat{DHB}\) (Cùng phụ với góc MHC và OHD)

Tóm lại HB là phân giác góc CHD(đpcm).

chưa học và khó quá nên ít người trả lời

 khó quá

Bài này dễ mà bạn ^_^

Bạn xem lại câu d đi, hình như sai rồi nên mình chỉ làm giúp bạn câu a, b và c thôi nha

a, Xét đường tròn (O) có: I là trung điểm của CD (gt) => \(OI\perp CD\) tại I => \(\widehat{OIM}=90^0\)

Xét tứ giác AOBM có: \(\widehat{OAM}\) và \(\widehat{OBM}\) là 2 góc đối diện

Mà \(\widehat{OAM}=90^0\)(AM là tiếp tuyến của (O)) ; \(\widehat{ONM}=90^0\) (BM là tiếp tuyến của (O))

=> \(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=90^0+90^0=180^0\)

=> AOBM là tgnt => 4 điểm M, A, O, B cùng thuộc 1 đg tròn (1)

Xét tứ giác OIBM có: \(\widehat{OIM}=90^0\left(cmt\right)\) ; \(\widehat{OBM}=90^0\left(cmt\right)\)

=> \(\widehat{OIM}=\widehat{OBM}\)

=> OIBM là tgnt => 4 điểm O, I, B, M cùng thuộc một đg tròn (2)

Từ (1) và (2) => 5 điểm M, A, O, I, B cùng thuộc 1 đg tròn

b, Gọi giao điểm của OM với (O) là K

Xét đg tròn (O), tiếp tuyến MA, MB có: MA cắt MB tại M

=> OM là phân giác của \(\widehat{AOB}\)

Xét \(\Delta AOB\) cân tại O (OA=OB=R) có: OM là phân giác của \(\widehat{AOB}\)

=> \(OM\perp AB\) tại H => cung AK = cung BK = 1/2 cung AB

Vì OIBM là tgnt (cmt) => \(\widehat{BOK}=\widehat{BIC}\)

Xét đg tròn (O) có: \(\widehat{BOK}\) = sđ cung BK (góc ở tâm chắn cung BK)

\(\widehat{AEB}=\dfrac{1}{2}\) sđ cung AB (góc nội tiếp chắn cung AB)

Mà cung BK = 1/2 cung AB (cmt)

=> \(\widehat{BOK}=\widehat{AEB}\)

=> \(\widehat{BIC}=\widehat{AEB}\). Mà 2 góc này ở vị trí đồng vị

=> EA // CD

c, Để \(MA\perp MB\) <=> \(\widehat{AMB}=90^0\)

Xét đg tròn (O), tiếp tuyến MA, MB có: MA cắt MB tại M

=> OM là phân giác của \(\widehat{AMB}\)

=> \(\widehat{AMO}=45^0\)

Xét \(\Delta AMO\) vuông tại A (MA là tiếp tuyến của (O)) có:

\(\widehat{AMO}+\widehat{AOM}=90^0\Rightarrow\widehat{AOM}=90^0-45^0=45^0\)

=> \(\Delta AMO\) vuông cân tại A

=> OA=AM=R

Mặt khác \(OA^2+AM^2=OM^2\) (định lý Pytago)

=> \(OM^2=R^2+R^2=2R^2\)

=> \(OM=\sqrt{2}R\)

Vậy để \(MA\perp MB\) thì \(OM=\sqrt{2}R\)

Cau d phai la HB chu khong phai la HD