a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>CA⊥CB tại C

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

Xét ΔABC có

O,H lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>OH là đường trung bình của ΔABC

=>OH//BC

b: ΔOAC cân tại O

mà OH là đường trung tuyến

nên OH là phân giác của góc AOC

Xét ΔOAM và ΔOCM có

OA=OC

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

OM chung

Do đó: ΔOAM=ΔOCM

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

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

=>MA là tiếp tuyến tại A của (O)

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

DO đó: ΔACB vuông tại C

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

Xét ΔABC có

O,H lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>OH là đường trung bình của ΔABC

=>OH//BC

b: ΔOAC cân tại O

mà OH là đường trung tuyến

nên OH là phân giác của góc AOC

Xét ΔOAM và ΔOCM có

OA=OC

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

OM chung

Do đó: ΔOAM=ΔOCM

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

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

=>MA là tiếp tuyến của (O) tại A

c:

Sửa đề: Chứng minh \(CB=2R\cdot\sin\alpha\)

Xét ΔCAB vuông tại C có sin CAB=\(\frac{CB}{BA}\)

=>\(CB=BA\cdot\sin CAB=2R\cdot\sin\alpha\)

d: Gọi F là giao điểm của BM và CK, E là giao điểm của AB và AM

ΔACB vuông tại C

=>AC⊥CB tại C

=>AC⊥CE tại C

=>ΔCAE vuông tại C

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

\(\hat{MCA}+\hat{MCE}=\hat{ACE}=90^0\)

mà \(\hat{MAC}=\hat{MCA}\) (ΔMAC cân tại M)

nên \(\hat{MEC}=\hat{MCE}\)

=>ME=MC

mà MA=MC

nên MA=ME(1)

Ta có; CK⊥AB

EA⊥BA

Do đó: CK//EA

Xét ΔBAM có FK//AM

nên \(\frac{FK}{AM}=\frac{BF}{BM}\left(2\right)\)

Xét ΔBEM có CF//EM

nên \(\frac{CF}{EM}=\frac{BF}{BM}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra FK=FC

=>F là trung điểm của CK

=>F trùng với I

=>B,I,M thẳng hàng

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó:ΔACB vuông tại C

=>\(\widehat{ACB}=90^0\)

Ta có: ΔOAC cân tại O(OA=OC)

mà OH là đường trung tuyến

nên OH\(\perp\)AC và OH là tia phân giác của góc AOC

Ta có: OH\(\perp\)AC(cmt)

AC\(\perp\)CB tại C(Do ΔACB vuông tại C)

Do đó: OH//BC

b:

OH là phân giác của góc AOC

=>\(\widehat{AOH}=\widehat{COH}\)

mà M\(\in\)OH

nên \(\widehat{AOM}=\widehat{COM}\)

Xét ΔOCM và ΔOAM có

OC=OA

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

OM chung

Do đó: ΔOCM=ΔOAM

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

mà \(\widehat{OCM}=90^0\)

nên \(\widehat{OAM}=90^0\)

=>OA\(\perp\)MA tại A

=>MA là tiếp tuyến tại A của (O)

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>AC⊥CB

ΔOAC cân tại O

mà OH là đường trung tuyến

nên OH⊥AC tại H và OH là phân giác của góc AOC

OH⊥AC

AC⊥CB

Do đó: OH//CB

b: Xét ΔOAM và ΔOCM có

OA=OC

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

OM chung

Do đó: ΔOAM=ΔOCM

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

=>MA là tiếp tuyến tại A của (O)

d: Gọi N là giao điểm của BC và AN

Gọi P là giao điểm của BM và CK

Xét ΔANB có

O là trung điểm của AB

OM//NB

Do đó: M là trung điểm của AN

=>MA=MN(1)

TA có: CK⊥AB

AN⊥ AB

Do đó: CK//AN
Xét ΔBAM có PK//AM

nên \(\frac{PK}{AM}=\frac{BP}{BM}\) (2)

Xét ΔBMN có CP//MN

nên \(\frac{CP}{MN}=\frac{BP}{BM}\) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra PK=CP

=>P là trung điểm của CK

=>P trùng với I

=>M,I,B thẳng hàng

E C M K I H A B O

a . Ta có : \(C\in\left(O\right),AB=2R\Rightarrow\widehat{ACB}=90^0\Rightarrow\Delta ABC\) vuông tại C

c . Vì \(OK\perp BC\Rightarrow B,C\) đối xứng qua OK

\(\Rightarrow\widehat{DCO}=\widehat{DBO}=90^0\Rightarrow DC\)  là tiếp tuyến của (O) 

d . Ta có \(AC=R\Rightarrow\Delta AOC\) đều 

\(\Rightarrow\widehat{COM}=\widehat{MOB}=60^0\Rightarrow\Delta OCM,OMB\) đều 

\(\Rightarrow OC=OM=OB=MB=MC\)=> ◊OBMC là hình thoi

e . Ta có : 

\(\Delta ACO\) đều 

\(\Rightarrow CH==\frac{R\sqrt{3}}{2}\Rightarrow CI=IH=\frac{R\sqrt{3}}{4}\)

\(\Rightarrow\frac{CI}{DB}=\frac{CI}{BC}=\frac{\frac{R\sqrt{3}}{4}}{R\sqrt{3}}=\frac{1}{4}=\frac{AH}{AB}=\frac{EI}{EB}\)

\(\Rightarrow\Delta ECI~\Delta EDB\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{CEI}=\widehat{DEB}\Rightarrow E,C,D\) thẳng hàng