1. Ta có ÐOMP = 90⁰ ( vì PM ^ AB ); ÐONP = 90⁰ (vì NP là tiếp tuyến ).

Như vậy M và N cùng nhìn OP dưới một góc bằng 90⁰ => M và N cùng nằm trên đường tròn  đường kính OP => Tứ giác OMNP nội tiếp.

2. Tứ giác OMNP nội tiếp => ÐOPM = Ð ONM (nội tiếp chắn cung OM)

 Tam giác  ONC cân tại O vì có ON = OC = R => ÐONC = ÐOCN

=>  ÐOPM = ÐOCM.

Xét hai tam giác  OMC và MOP ta có ÐMOC = ÐOMP = 90⁰; ÐOPM = ÐOCM => ÐCMO = ÐPOM lại có MO là cạnh chung => DOMC = DMOP => OC = MP. (1)

Theo giả thiết Ta có CD ^ AB; PM ^ AB => CO//PM (2).

Từ (1) và (2) => Tứ giác CMPO là hình bình hành.

3. Xét hai tam giác OMC và NDC ta có ÐMOC = 90⁰ ( gt CD ^ AB); ÐDNC = 90⁰ (nội tiếp chắn nửa đường tròn ) => ÐMOC =ÐDNC = 90⁰ lại có ÐC là góc chung => DOMC ~DNDC

=>  => CM. CN = CO.CD mà CO = R; CD = 2R nên CO.CD = 2R² không đổi => CM.CN =2R²không đổi hay tích CM. CN không phụ thuộc vào vị trí của điểm M.

.

a: Xét tứ giác BFEC có \(\widehat{BFC}=\widehat{BEC}=90^0\)

nên BFEC là tứ giác nội tiếp

=>B,F,E,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

ΔABA' là tam giác nội tiếp

AA' là đường kính

Do đó: ΔABA' vuông tại B

=>BA'\(\perp\)AB

mà CH\(\perp\)AB

nên BA'//CH

Xét (O) có

ΔACA' là tam giác nội tiếp

AA' là đường kính

Do đó: ΔACA' vuông tại C

=>AC vuông góc CA'

mà BH vuông góc AC

nên BH//A'C

Xét tứ giác BHCA' có

BH//CA'

BA'//CH

Do đó: BHCA' là hình bình hành

a: Xét (O) có 

CM là tiếp tuyến

CA là tiếp tuyến

Do đó: OC là tia phân giác của góc MOA(1)

Xét (O) có 

DM là tiếp tuyến

DB là tiếp tuyến

Do đó: DM=DB

hay OD là tia phân giác của góc MOB(2)

Từ (1) và (2) suy ra ΔCOD vuông tại O

a: Xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

=>ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A 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 OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại trung điểm K của BC

K là trung điểm của BC

nên \(KB=KC=\dfrac{BC}{2}=12\left(cm\right)\)

Ta có: ΔBKO vuông tại K

=>\(KB^2+KO^2=OB^2\)

=>\(OK^2=15^2-12^2=81\)

=>\(OK=\sqrt{81}=9\left(cm\right)\)

Xét ΔOBA vuông tại B có BK là đường cao

nên \(OK\cdot OA=OB^2\)

=>\(OA=\dfrac{15^2}{9}=25\left(cm\right)\)

Ta có: ΔOBA vuông tại B

=>\(BO^2+BA^2=OA^2\)

=>\(BA^2=25^2-15^2=400\)

=>\(BA=\sqrt{400}=20\left(cm\right)\)

c: Sửa đề: E là giao điểm của AC và BD

Ta có: BH\(\perp\)CD

AC\(\perp\)CD

Do đó: BH//CD

Xét ΔDCA có HI//CA

nên \(\dfrac{HI}{CA}=\dfrac{DI}{DA}\left(3\right)\)

Xét ΔDAE có IB//AE
nên \(\dfrac{IB}{AE}=\dfrac{DI}{DA}\left(4\right)\)

Xét (O) có

ΔDBC nội tiếp

DC là đường kính

Do đó: ΔDBC vuông tại B

=>DB\(\perp\)BC tại B

=>BC\(\perp\)DE tại B

=>ΔCBE vuông tại B

Ta có: \(\widehat{ABE}+\widehat{ABC}=\widehat{CBE}=90^0\)

\(\widehat{AEB}+\widehat{ACB}=90^0\)(ΔCBE vuông tại B)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

nên \(\widehat{ABE}=\widehat{AEB}\)

=>AB=AE
mà AB=AC

nên AE=AC

Từ (3) và (4) suy ra \(\dfrac{HI}{CA}=\dfrac{IB}{AE}\)

mà CA=AE

nên HI=IB

a: ΔODE cân tại O

mà OM là trung tuyến

nên OM vuông góc DE

=>góc OMA=90 độ=góc OCA=góc OBA

=>O,A,B,M,C cùng thuộc 1 đường tròn

b: Xét ΔBSC và ΔCSD có

góc SBC=góc SCD

góc S chung

=>ΔBSC đồng dạng với ΔCSD

=>SB/CS=SC/SD

=>CS^2=SB*SD

góc DAS=gócEBD

=>góc DAS=góc ABD

=>ΔSAD đồng dạng với ΔSBA

=>SA/SB=SD/SA

=>SA^2=SB*SD=SC^2

=>SA=SC
c; BE//AC

=>EH/SA=BH/SC=HJ/JS

mà SA=SC
nênHB=EH

=>H,O,C thẳng hàng

a: Xét tứ giác ODAE có

góc ODA+góc OEA=180 độ

=>ODAE là tứ giác nội tiếp

b: \(AE=\sqrt{\left(3R\right)^2-R^2}=2\sqrt{2}\cdot R\)

\(OI=\dfrac{OE^2}{OA}=\dfrac{R^2}{3R}=\dfrac{R}{3}\)

c: Xét ΔDIK vuông tại I và ΔDHE vuông tại H có

góc IDK chung

=>ΔDIK đồng dạng vơi ΔDHE

=>DI/DH=DK/DE

=>DH*DK=DI*DE=2*IE^2