1: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB và MO là phân giác của góc AMB

Ta có: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB (2)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(1)

Từ (1),(2) suy ra OM là đường trung trực của AB

=>OM⊥AB tại H và H là trung điểm của AB

Xét (O) có

\(\hat{MAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AM và dây cung AC

\(\hat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{MAC}=\hat{ADC}\)

Xét ΔMAC và ΔMDA có

\(\hat{MAC}=\hat{MDA}\)

góc AMC chung

Do đó: ΔMAC~ΔMDA

=>\(\frac{MA}{MD}=\frac{MC}{MA}\)
=>\(MA^2=MD\cdot MC\left(3\right)\)

Xét ΔMAO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MA^2\left(4\right)\)

Từ (3),(4) suy ra \(MD\cdot MC=MH\cdot MO\)

=>\(\frac{MD}{MO}=\frac{MH}{MC}\)

=>\(\frac{MD}{MH}=\frac{MO}{MC}\)

Xét ΔMDO và ΔMHC có

\(\frac{MD}{MH}=\frac{MO}{MC}\)

góc DMO chung

Do đó: ΔMDO~ΔMHC

=>\(\hat{MDO}=\hat{MHC}\)

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

nên \(\hat{OHC}+\hat{ODC}=180^0\)

=>OHCD là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DHO}=\hat{DCO}\)

mà \(\hat{DCO}=\hat{ODC}\) (ΔOCD cân tại O)

và \(\hat{ODC}=\hat{MHC}\)

nên \(\hat{MHC}=\hat{OHD}\)

=>\(90^0-\hat{MHC}=90^0-\hat{OHD}\)

=>\(\hat{CHA}=\hat{DHA}\)

=>HA là phân giác của góc DHC

mà HA⊥HM

nên HM là phân giác ngoài tại đỉnh H của ΔDHC

Xét ΔDHC có HM là phân giác ngoài tại đỉnh H

nên \(\frac{MC}{MD}=\frac{HC}{HD}\)

2: Ta có: \(\hat{HAP}+\hat{OPA}=90^0\) (ΔAHP vuông tại H)

\(\hat{MAP}+\hat{OAP}=\hat{OAM}=90^0\)

mà \(\hat{OAP}=\hat{OPA}\) (ΔOAP cân tại O)

nên \(\hat{HAP}=\hat{MAP}\)

=>AP là phân giác của góc HAM

Xét ΔBAM có

AP,MH là các đường phân giác

AP cắt MH tại P

Do đó: P là tâm đường tròn nội tiếp ΔMAB

a, HS tự chứng minh

b, MH.MO = MA.MB ( =  M C 2 )

=> ∆MAH:∆MOB (c.g.c)

=>  M H A ^ = M B O ^

M B O ^ + A H O ^ = M H A ^ + A H O ^ = 180 0

=> AHOB nội tiếp

c, M K 2  = ME.MF = M C 2  Þ  MK = MC

∆MKS = ∆MCS (ch-cgv) => SK = SC

=> MS là đường trung trực của KC

=> MS ^ KC tại trung của CK

d, Gọi MS ∩ KC = I

MI.MS = ME.MF =  M C 2  => EISF nội tiếp đường tròn tâm P Þ PI = PS. (1)

MI.MS = MA.MB (=  M C 2 ) => AISB nội tiếp đường tròn tâm Q Þ QI = QS. (2)

Mà IT = TS = TK (do DIKS vuông tại I). (3)

Từ (1), (2) và (3) => P, T, Q thuộc đường trung trực của IS => P, T, Q thẳng hàng

Có vị thần nào hạ xuống giúp con được k

a: Xét tứ gisc OAMB có 

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

Do đó: OAMB là tứ giác nội tiếp

hay O,A,M,B cùng thuộc 1 đường tròn(1)

Xét tứ giác OIMB có

\(\widehat{OIM}+\widehat{OBM}=180^0\)

Do đó: OIMB là tứ giác nội tiếp

hay O,I,M,B cùng thuộc 1 đường tròn(2)

Từ (1) và (2) suy ra O,I,A,M,B cùng thuộc 1 đường tròn

a: Xét (O) có

\(\hat{MAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến MA và dây cung AC
\(\hat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{MAC}=\hat{ADC}\)

Xét ΔMAC và ΔMDA có

\(\hat{MAC}=\hat{MDA}\)

góc AMC chung

Do đó: ΔMAC~ΔMDA

=>\(\frac{MA}{MD}=\frac{MC}{MA}\)

=>\(MA^2=MD\cdot MC\)

b: ΔOAB cân tại O

mà OM là đường cao

nên OM là phân giác của góc AOB và H là trung điểm của AB

Xét ΔOAM và ΔOBM có

OA=OB

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

OM chung

Do đó: ΔOAM=ΔOBM

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

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

=>MB là tiếp tuyến tại B của (O)

c: Xét ΔMAO vuông tại A có AH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MA^2\)

=>\(MH\cdot MO=MC\cdot MD\)

=>\(\frac{MH}{MD}=\frac{MC}{MO}\)

Xét ΔMHC và ΔMDO có

\(\frac{MH}{MD}=\frac{MC}{MO}\)

góc HMC chung

Do đó: ΔMHC~ΔMDO

=>\(\hat{MHC}=\hat{MDO}\)