a, Vì OA=OB=OC => ∆ABC vuông tại A

b, HS tự chứng minh

Hình bạn tự vẽ nha.

a, \(\Delta ABC\)có: \(OA=OB=OC=\frac{1}{2}BC\Rightarrow\Delta ABC\)vuông tại A

b, \(\left(O;R\right)\)có: \(AD\perp BC=\left\{H\right\}\Rightarrow\)H là trung điểm của AD (liên hệ giữa đường kính và dây)

\(\Delta ACD\)có: CH vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến \(\Rightarrow\Delta ACD\)cân tại C \(\Rightarrow AC=CD\)

Chứng minh tương tự ta có: \(\Delta ABD\)cân tại B có BC là đường cao \(\Rightarrow\)BC là phân giác của \(\widehat{ABD}\)

c, Chứng minh tương tự câu a ta có: \(\Delta BDC\)vuông tại D \(\Rightarrow\widehat{BDA}+\widehat{ADC}=90^o\)(2 góc nhọn phụ nhau) (1)

\(\Delta ABH\)có: \(\widehat{AHB}=90^o\Rightarrow\widehat{ABH}+\widehat{HAB}=90^o\)( 2 góc nhọn phụ nhau)

                                                  mà \(\widehat{DAB}=\widehat{BDA}\)(\(\Delta ABD\)cân tại B)

\(\Rightarrow\widehat{ABH}+\widehat{BDA}=90^o\)(2)

Từ (1), (2) \(\Rightarrow\widehat{ABH}=\widehat{ADC}\Leftrightarrow\widehat{ABC}=\widehat{ADC}\)

a: ΔOCD cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của CD

b: TA có: AH⊥CD

OI⊥CD

BK⊥CD

Do đó: AH//OI//BK

Xét hình thang ABKH có

O là trung điểm của AB

OI//AH//BK

Do đó: I là trung điểm của HK

c:

Sửa đề: \(S_{CAB}+S_{DAB}=IE\cdot AB\)

Kẻ CM⊥AB tại M và DN⊥AB tại N

mà IE⊥AB

nên CM//IE//DN

Xét hình thang CDNM có

I là trung điểm của CD

IE//CM//DN

Do đó: E là trung điểm của MN

Xét hình thang CDNM có

I,E lần lượt là trung điểm của CD,MN

=>IE là đường trung bình của hình thang CDNM

=>IE//CM//DN và \(IE=\frac{CM+DN}{2}\)

\(S_{ACB}+S_{ADB}=\frac12\cdot CM\cdot AB+\frac12\cdot DN\cdot AB\)

\(=\frac12\cdot AB\cdot\left(CM+DN\right)=\frac12\cdot AB\cdot2\cdot IE=IE\cdot AB\)

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>AC⊥BE tại C

Xét tứ giác EHAC có \(\hat{EHA}+\hat{ECA}=90^0+90^0=180^0\)

nên EHAC là tứ giác nội tiếp

=>E,H,A,C cùng thuộc một đường tròn

b: ADBC nội tiếp

=>\(\hat{CAD}+\hat{CBD}=180^0\)

mà \(\hat{CAD}+\hat{EAC}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{EAC}=\hat{EBD}\)

Xét ΔEAC và ΔEBD có

\(\hat{EAC}=\hat{EBD}\)

góc AEC chung

Do đó: ΔEAC~ΔEBD

=>\(\frac{EA}{EB}=\frac{EC}{ED}\)

=>\(EA\cdot ED=EB\cdot EC\)

a: Xét tứ giác AIMD có \(\hat{AID}=\hat{AMD}=90^0\)

nên AIMD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AD

=>A,I,M,D cùng thuộc đường tròn đường kính AD

Tâm là trung điểm của AD

b: Xét ΔABD có

AM,DI là các đường cao

AM cắt DI tại N

Do đó: N là trực tâm của ΔABD

=>BN⊥AD

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

CD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại A

=>AC⊥ AD

mà BN⊥AD

nên BN//AC

Gọi $R$ là bán kính đường tròn. Chọn:

$O(0,0),\ C(R,0),\ D(-R,0)$

Vì $AB\perp CD$ tại $I$ nên đặt:

$I(t,0),\quad A(t,s),\quad B(t,-s)$

với:

$t^2+s^2=R^2$.

Vì $AB\perp CD$ nên:

$\widehat{AID}=90^\circ$

Mặt khác, $M\in BD$ và $AM\perp BD$ nên:

$\widehat{AMD}=90^\circ$

Suy ra:

$\widehat{AID}=\widehat{AMD}=90^\circ$

Vậy $A,I,M,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AD$.

Tâm của đường tròn đó là trung điểm của $AD$.

$\boxed{}$

Đường thẳng $BD$ có hệ số góc:

$k_{BD}=-\dfrac{s}{t+R}$

Vì $AM\perp BD$ nên:

$k_{AM}=\dfrac{t+R}{s}$

Gọi $N=AM\cap CD$. Khi $y_N=0$:

$0-s=\dfrac{t+R}{s}(x_N-t)$

$x_N=t-\dfrac{s^2}{t+R}$

$=t-\dfrac{R^2-t^2}{t+R}$

$=t-(R-t)$

$=2t-R$

Vậy $N(2t-R,0)$.

Ta có:

$k_{AC}=\dfrac{s}{t-R}$

$k_{BN}=\dfrac{0+s}{(2t-R)-t}$

$=\dfrac{s}{t-R}$

Suy ra:

$\boxed{AC\parallel BN}$

Gọi $K$ là trung điểm của $DN$.

Ta có:

$D(-R,0),\quad N(2t-R,0)$

nên:

$K(t-R,0)$.

Vì $M\in BD$ và $AM\perp BD$, tính tọa độ hình chiếu của $A$ lên $BD$ được:

$M\left(\dfrac{t^2-R^2}{t+R},\dfrac{2Rt}{t+R}-2t\right)$

Rút gọn:

$M\left(t-R,\dfrac{-2Rt}{t+R}\right)$.

Do đó:

$KM\perp IM$

vì $KM$ vuông góc với $IM$ theo tích hệ số góc.

Mặt khác, $DM\perp MN$ nên:

$\widehat{DMN}=90^\circ$

Suy ra $M$ thuộc đường tròn đường kính $DN$, tức là đường tròn tâm $K$.

Vì $M$ thuộc đường tròn và:

$IM\perp KM$

nên $IM$ là tiếp tuyến của đường tròn tại $M$.

Vậy:

$\boxed{IM\text{ là tiếp tuyến của đường tròn tâm }K}$.