a) Xét ΔOAB có OA=OB(=R)

nên ΔOAB cân tại O(Định nghĩa tam giác cân)

Ta có: ΔOAB cân tại O(cmt)

mà ON là đường trung tuyến ứng với cạnh đáy AB(N là trung điểm của AB)

nên ON là đường cao ứng với cạnh AB(Định lí tam giác cân)

hay \(\widehat{ONA}=90^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{ONM}=90^0\)

Xét tứ giác OFMN có 

\(\widehat{ONM}\) và \(\widehat{OFM}\) là hai góc đối

\(\widehat{ONM}+\widehat{OFM}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: OFMN là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

a)  vuông,  nên
     
Kc là tiếp tuyến, KEF là cát tuyến nên
     
Suy ra , nên

Ta có  nên , từ đó EMOF là tứ giác nội tiếp.          (1)
b) Đặt . Ta có ... )uôn nên là ến, KFàcáê u êT c\(DeltaKM\simDetaF.g êtđó O àt gánội ế 1)ặ aó ,nên là tứ iá ộ tip. (2ừ (1) ()y ramđi A , F tộc cng một đường đườgính ủ

a) AD và AF cách đều tâm O nên chúng bằng nhau.

b) Kẻ OI $\perp$ MN, OK $\perp$ PQ.

Trong đường tròn nhỏ, ta có: MN > PQ $\Rightarrow$ OI < OK.

(Dây lớn hơn thì gần tâm hơn)

Trong đường tròn lớn, OI < OK $\Rightarrow$ AE > AH.

(Dây gần tâm hơn thì lớn hơn)

c) A, B, O, C cách đều trung điểm AO.

d) $OI<OK\Rightarrow \frac{OI}{OA}<\frac{OK}{OA}$

$\Rightarrow \sin \widehat{OAI}<\sin \widehat{OAK}\Rightarrow \widehat{OAI}<\widehat{OAK}\Rightarrow \widehat{OAE}<\widehat{OAH}.$

a) AD và AF cách đều tâm O nên chúng bằng nhau.

b) Kẻ OI $\perp$ MN, OK $\perp$ PQ.

Trong đường tròn nhỏ, ta có: MN > PQ $\Rightarrow$ OI < OK.

(Dây lớn hơn thì gần tâm hơn)

Trong đường tròn lớn, OI < OK $\Rightarrow$ AE > AH.

(Dây gần tâm hơn thì lớn hơn)

c) A, B, O, C cách đều trung điểm AO.

d) OI < OK\Rightarrow\frac{OI}{OA}<\frac{OK}{OA}OI<OK⇒OAOI​<OAOK​

\Rightarrow \sin{\widehat{OAI}}< \sin{\widehat{OAK}} \Rightarrow \widehat{OAI}<\widehat{OAK} \Rightarrow \widehat{OAE}<\widehat{OAH}.⇒sinOAI<sinOAK ⇒OAI<OAK⇒OAE<OAH.

a) AD và AF cách đều tâm O nên chúng bằng nhau.

b) Kẻ OI $\perp$ MN, OK $\perp$ PQ.

Trong đường tròn nhỏ, ta có: MN > PQ $\Rightarrow$ OI < OK.

(Dây lớn hơn thì gần tâm hơn)

Trong đường tròn lớn, OI < OK $\Rightarrow$ AE > AH.

(Dây gần tâm hơn thì lớn hơn)

c) A, B, O, C cách đều trung điểm AO.

d) $OI<OK\Rightarrow \frac{OI}{OA}<\frac{OK}{OA}$

$\Rightarrow \sin \widehat{OAI}<\sin \widehat{OAK}\Rightarrow \widehat{OAI}<\widehat{OAK}\Rightarrow \widehat{OAE}<\widehat{OA}$

a) Xét tứ giác MAOB có

\(\widehat{OAM}\) và \(\widehat{OBM}\) là hai góc đối

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

Do đó: MAOB là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

b) Xét (O) có 

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

\(\widehat{CAM}\) là góc tạo bởi dây cung CA và tiếp tuyến AM

Do đó: \(\widehat{ADC}=\widehat{CAM}\)(Hệ quả góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung)

hay \(\widehat{MDA}=\widehat{MAC}\)

Xét ΔMDA và ΔMAC có 

\(\widehat{MDA}=\widehat{MAC}\)(cmt)

\(\widehat{AMD}\) là góc chung

Do đó: ΔMDA∼ΔMAC(g-g)

⇔\(\dfrac{MD}{MA}=\dfrac{MA}{MC}\)(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)

⇔\(MA^2=MC\cdot MD\)(đpcm)(1)

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao ứng với cạnh huyền OM, ta được:

\(MA^2=MH\cdot MO\)(2)

Từ (1) và (2) suy ra \(MH\cdot MO=MC\cdot MD\)(đpcm)

c) để chứng minh EC là tiếp tuyến:

chứng minh tứ giác OECH nội tiếp thì ta sẽ có góc OHE=OCE=90o(đpcm)

=> cần chứng minh tứ giác OECH nội tiếp:

ta có: DOC=DHC (ccc CD)

xét MHC=MDO (tam giác MCH~MOD)= OCD (vì DO=OC)=OHD (cùng chắn OD) => HA là phân giác CHD

DOC=DHC => 1/2 DOC= 1/2 DHC =COE=CHE

mà COE với CHE cùng chắn cung CE trong tứ giác OHCE nên tứ giác đấy nội tiếp => xong :))))

A, B, I nhìn MO cố định dưới một góc bằng 90° nên A, B, I nằm trên đường tròn bán kính MO.

B và C cùng nằm trên một nửa mặt phẳng bờ chứa đường HI tạo với HI một góc bằng nhau nên tứ giác BCHI nội tiếp.

a) Ta có: \(\widehat{ATM}=\frac{1}{2}Sđ\widebat{AT}\),

               \(\widehat{ABT}=\frac{1}{2}Sđ\widebat{AT}\).

=>   \(\widehat{ATM}=\widehat{ABT}\).

b)  \(\Delta MAT\)và \(\Delta MTB\)có góc M chung, góc MTA = góc MBT ( theo câu a).

Do đó \(\Delta MAT\)đồng dạng với \(\Delta MTB\)(g-g), ta có:

         \(\frac{MA}{MT}=\frac{MT}{MB}\)=> MT² = MA.MB.

B,  Xét tam giác 

MAT và MTB có:

tam giác MTA=\(\widehat{MBT}\)

⇒△MAT∼△MTB(g.g)

⇒MAMT=MTMB⇔MT2=MA.MB (đpcm)

xin lỗi bn nha 

Mình nhầm ko phải là tam giác MTA mà là \(\widehat{MTA}\)mới đúng

phần A thì mình vẫn chưa có cách giải nhưng dựa vào hình sẽ giải được 

hc tốt ~:B~

HS tự chứng minh