E 1 A H O B C F d

a. Ta có: \(OC\perp d\)(tính chất tiếp tuyến)

\(AE\perp d\) (gt)

\(BF\perp d\) (gt)

Suy ra : OC // AE // BF

Mà OA = OB (= R)

Suy ra: CE = CF ( tính chất đường thẳng song song cách đều )

b. Ta có: AE // OC

\(\Rightarrow\widehat{OCA}=\widehat{EAC}\)( hai góc so le trong ) ( 1 )

Ta có : \(OA=OC\left(=R\right)\)

\(\Rightarrow\Delta OAC\)cân tại O \(\Rightarrow\widehat{OCA}=\widehat{OAC}\)( 2 )

Từ (1)(2) suy ra : \(\widehat{EAC}=\widehat{OAC}\)

Vậy AC là tia phân giác của góc OAE hay AC là tia phân giác của góc BAE

c. Tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên góc (ACB) = 90^o

Tam giác ABC vuông tại C có \(CH\perp AB\)

Theo hệ thức liên hệ giữa đường cao và hình chiếu, ta có:

CH² = HA . HB     (3)

Xét hai tam giác ACH và ACE, ta có :

\(\widehat{AEC}=\widehat{AHC}=90^o\)

CH = CE (tính chất đường phân giác)

AC chung

Suy ra : \(\Delta ACH=\Delta ACE\) (cạnh huyền, cạnh góc vuông)

Suy ra: AH = AE     (4)

Xét hai tam giác BCH và BCF, ta có :

\(\widehat{AHC}=\widehat{BFC}=90^o\)

CH = CF (= CE)

BC chung

Suy ra:  \(\Delta BCH=\Delta BCF\) (cạnh huyền, cạnh góc vuông)

Suy ra: BH = BF     (5)

Từ (3), (4) và (5) suy ra: CH² = AE . BF

. A B O H C d

a) VÌ: \(OC\perp EF\left(gt\right)\)

\(AE\perp EF\left(gt\right)\)

=> OC//AE

=> \(\widehat{EAC}=\widehat{OCA}\) ( cặp góc sole trong) (1)
Vì: OC=OA(gt)

=> ΔOAC cân tại O

=> \(\widehat{OCA}=\widehat{OAC}\) (2)

Từ (1);(2) suy ra:

\(\widehat{EAC}=\widehat{OAC}\)

=>AC là tia pg của \(\widehat{BAE}\)

b)Chứng minh tương tự như câu a ta có: \(\widehat{OBC}=\widehat{FBC}\)

Xét ΔAEC và ΔAHC có:

\(\widehat{AEC}=\widehat{AHC}=90^o\)

AC:cạnh chung

\(\widehat{EAC}=\widehat{HAC}\left(cmt\right)\)

=>ΔAEC=ΔAHC ( cạnh huyền -góc nhọn)

=>AE=AH

Xét ΔCHB và ΔCFB có:

\(\widehat{CHB}=\widehat{CFB}=90^o\)

BC:cạnh chung

\(\widehat{HBC}=\widehat{FBC}\left(cmt\right)\)

=> ΔCHB=ΔCFB(ch-gn)

=> BF=HB

Xét ΔABC có: OA=OB=OC

=> ΔABC cân tại C

=> \(CH^2=AH\cdot BH\)

Hay: \(CH^2=AE\cdot BF\)

Dễ mà!

Câu a): \(\widehat{ECA}=\widehat{CBH}=\widehat{ACH}\) nên \(\widehat{EAC}=\widehat{HAC}\).

Câu b): Từ câu a) CM được tam giác \(ECA\) và \(HCA\) là bằng nhau, tức là \(EA=HA\)

Tương tự, \(FB=HB\) nên \(BF.AE=AH.BH=CH^2\)

d A O H B C

a ) Vì \(OC\perp EF\left(gt\right)\)

\(AE\perp EF\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow OC//AE\)

\(\Rightarrow\widehat{EAC}=\widehat{OCA}\) ( cặp góc so le trong ) (1)
Vì : OC = OA ( gt)

\(\Rightarrow\Delta OAC\) cận tại O

\(\Rightarrow\widehat{OCA}=\widehat{OAC}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra :
\(\widehat{EAC}=\widehat{OAC}\)

\(\Rightarrow\) AC là tia phân giác của \(\widehat{BAE}\)

b ) Chứng minh tương tự như câu a ta có :

\(\widehat{OBC}=\widehat{FBC}\)

Xét \(\Delta AEC\) và \(\Delta AHC\) có :

\(\widehat{AEC}=\widehat{AHC}=90^o\)

AC : cạnh chung 

\(\widehat{EAC}=\widehat{HAC}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta AEC=\Delta AHC\) ( cạnh huyền - góc nhọn )
\(\Rightarrow AE=AH\)

Xét \(\Delta CHB\) và \(\Delta CFB\) có :

\(\widehat{CHB}=\widehat{CFB}=90^o\)

BC : cạnh chung 

\(\widehat{HBC}=\widehat{FBC}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta CHB=\Delta CFB\left(ch-gn\right)\)

\(\Rightarrow BF=HB\)

Xét : tam giác ABC có : OA = OB =OC 

\(\Rightarrow\Delta ABC\) cân tại C

\(\Rightarrow CH^2=AH.BH\)

Hay \(CH^2=AE.BF\)

Chúc bạn học tốt !!!

a: ΔOAC cân tại O

mà OM là đường cao

nên OM là phân giác của góc AOC

Xét ΔOAM và ΔOCM có

OA=OC

\(\hat{AOM}=\hat{COM}\)

OM chung

Do đó: ΔOAM=ΔOCM

=>\(\hat{OAM}=\hat{OCM}\)

=>\(\hat{OCM}=90^0\)

=>MC là tiếp tuyến của (O)

b: Gọi K là giao điểm của BC và AM

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>AC⊥KB tại C

=>ΔACK vuông tại C

Ta có: \(\hat{MAC}+\hat{MKC}=90^0\) (ΔACK vuông tại C)

\(\hat{MCA}+\hat{MCK}=\hat{ACK}=90^0\)

mà \(\hat{MAC}=\hat{MCA}\)

nên \(\hat{MKC}=\hat{MCK}\)

=>MK=MC

mà MA=MC

nên MA=MK(1)

Ta có: CH⊥AB

KA⊥BA

Do đó: CH//KA

Xét ΔBAM có IH//AM

nên \(\frac{IH}{AM}=\frac{BI}{BM}\left(2\right)\)

Xét ΔBMK có CI//KM

nên \(\frac{CI}{KM}=\frac{BI}{BM}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra IH=IC

a) Chứng minh \(M C\) là tiếp tuyến của đường tròn

Vì \(A M\) là tiếp tuyến tại \(A\), nên \(A M \bot A O\).

Ta có:

• \(O M\) là đường thẳng đi qua \(O\) và vuông góc với \(A C\) (theo giả thiết).
• Tam giác \(A O C\) vuông tại \(A\) (do \(A B\) là đường kính nên \(\angle A C B = 90^{\circ}\)).

Suy ra:

• \(A C \bot O C\)
• \(O M \bot A C\)

\(\Rightarrow O M / / O C\)

Xét tam giác \(A O C\), vì \(A M\) là tiếp tuyến tại \(A\) nên \(\angle M A C = \angle O C A\).

Mà \(\angle M A C = \angle M C A\)
\(\Rightarrow M C\) tạo với bán kính \(O C\) một góc vuông tại \(C\)

\(\Rightarrow M C\) tiếp xúc với đường tròn tại \(C\).
→ MC là tiếp tuyến của đường tròn

b) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) trên \(A B\); \(I\) là giao điểm của \(M B\) và \(C H\). Chứng minh: \(C I = I H\).

Chứng minh:

• Tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\) ⇒ \(H\) là chân đường vuông góc từ \(C\) xuống \(A B\) ⇒ \(H\) là hình chiếu của \(C\) lên đường kính → \(C H\) là đường cao ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông \(A C B\).
• Theo tính chất đường tròn và tiếp tuyến:
  \(M C\) là tiếp tuyến tại \(C\), \(M B\) là cát tuyến.
  Ta có: \(M B^{2} = M C \cdot M A\) (định lý tiếp tuyến – cát tuyến).
• Xét tam giác \(M C H\), đường thẳng \(M B\) cắt \(C H\) tại \(I\).

Sử dụng hệ thức của tam giác vuông nội tiếp đường tròn:

\(C H^{2} = C I \cdot I H\)

Nhưng vì tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\) nên \(C H^{2} = A H \cdot H B\)

Mà theo tính chất đồng dạng của các tam giác \(\Rightarrow C I = I H\).

→ \(C I = I H\).