Bạn tham khảo cách làm này của mình nhé

a) Do AB và AC là các tiếp tuyến cắt nhau tại A nên áp dụng tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: AB = AC và AH là phân giác góc BAC.

Xét tam giác cân ABC có AH là phân giác nên AH đồng thời là đường cao. Vậy thì AO vuông góc với BC tại H.

b) Xét tam giác AEC và ACD có : 

\(\widehat{A}\) chung

\(\widehat{ACE}=\widehat{ACD}\) (Góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến dây cung cùng chắn một cung)

\(\Rightarrow\Delta AEC\sim\Delta ACD\left(g-g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{AC}{AD}\Rightarrow AE.AD=AC^2\)

Xét tam giác vuông ACD, đường cao CH, ta có :

\(AH.AO=AC^2\)  (Hệ thức lượng)

Vậy nên ta có : AE.AD = AH.AO

c) Xét tam giác vuông ABO, đường cao BH, ta có: AH.AO = BO²

Do BO = DO nên AH.AO = OD²

Lại có \(\Delta AKO\sim\Delta FHO\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{AO}{FO}=\frac{OK}{OH}\Rightarrow OK.OF=AO.OH\)

Vậy nên OK.OF = OD² hay \(\frac{OK}{OD}=\frac{OD}{OF}\)

Vậy nên \(\Delta OKD\sim\Delta ODF\left(c-g-c\right)\Rightarrow\widehat{FDO}=\widehat{DKO}=90^o\)

Vậy nên FD là tiếp tuyến của đường tròn (O).

a: 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 H và H là trung điểm của BC

Xét (O) có

ΔBCD nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBCD vuông tại C

=>BC\(\perp\)CD tại C

Ta có: BC\(\perp\)CD

OA\(\perp\)BC

Do đó: OA//CD

b: Xét (O) có

ΔBED nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBED vuông tại E

=>BE\(\perp\)ED tại E

=>BE\(\perp\)AD tại E

Xét ΔDBA vuông tại B có BE là đường cao

nên \(AE\cdot AD=AB^2\left(3\right)\)

Xét ΔABO vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(AE\cdot AD=AH\cdot AO\)

=>\(\dfrac{AE}{AO}=\dfrac{AH}{AD}\)

Xét ΔAEH và ΔAOD có

\(\dfrac{AE}{AO}=\dfrac{AH}{AD}\)

\(\widehat{EAH}\) chung

Do đó: ΔAEH đồng dạng với ΔAOD

=>\(\widehat{AHE}=\widehat{ADO}\)

c: Xét ΔOBA vuông tại B có \(sinBAO=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{BAO}=30^0\)

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AO là phân giác của góc BAC

=>\(\widehat{BAC}=2\cdot\widehat{BAO}=60^0\)

Xét ΔOBA vuông tại B có \(BO^2+BA^2=OA^2\)

=>\(BA^2+2^2=4^2\)

=>\(BA^2=12\)

=>\(BA=2\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Xét ΔBAC có AB=AC và \(\widehat{BAC}=60^0\)

nên ΔBAC đều

=>\(S_{ABC}=\left(2\sqrt{3}\right)^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}=12\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}=3\sqrt{3}\left(cm^2\right)\)

a) Xét tứ giác MAOB có:

\(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^o+90^o=180^o\) (MA,MB là tiếp tuyến)

=> Tứ giác MAOB nội tiếp (dhnb)

b) Tam giác CAD vuông tại C (tiếp tuyến tại C) và có BC là đường cao (góc ABC nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow AC^2=AB.AD\) (hệ thức lượng)    (1)

Có: \(AC^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)    (2) 

Từ (1) và (2) suy ra \(AB.AD=4R^2\)

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

ΔABC nội tiếp đường tròn(A,C,B∈(O))

AC là đường kính(gt)

Do đó: ΔABC vuông tại B(Định lí)

⇔CB⊥AB tại B

⇔CB⊥AD tại B

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔADC vuông tại C có CB là đường cao ứng với cạnh huyền AD, ta được:

\(AB\cdot AD=AC^2\)

\(\Leftrightarrow AB\cdot AC=\left(2\cdot R\right)^2=4R^2\)(đpcm)