a) Xét tứ giác OBAC có

\(\widehat{OBA}\) và \(\widehat{OCA}\) là hai góc đối

\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: OBAC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

a: ΔOBA vuông tại B

=>\(BO^2+BA^2=OA^2\)

=>\(BA^2=\left(3R\right)^2-R^2=8R^2\)

=>\(BA=\sqrt{8R^2}=2R\sqrt2\)

b: Xét ΔOBA vuông tại B có sin BOA=\(\frac{BA}{OA}=\frac{2R\sqrt2}{3R}=\frac{2\sqrt2}{3}\)

nên \(\hat{BOA}\) ≃70 độ 32p

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: OA là phân giác của góc BOC và AB=AC
OA là phân giác của góc BOC

=>\(\hat{BOC}=2\cdot\hat{BOA}=2\cdot70^032p=140^064p=141^014p\)

ΔOBC cân tại O

mà OA là đường phân giác

nên OA⊥BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2\)

=>\(OH=\frac{R^2}{3R}=\frac{R}{3}\)

a: Xét (O) có 

AB là tiếp tuyến

AC là tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

hay A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

nên O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra OA⊥BC

a: góc OBA+góc OCA=180 độ

=>ABOC nội tiếp

Xét (O) có

AB,AC là tiếp tuyến

=>AB=AC
mà OB=OC

nên OA là trung trực của BC

=>OA vuông góc BC

b: DE//CF

=>sđ cung CD+sđ cung EF
góc AIB=1/2(sđ cung BD+sđ cung EF)

ABOC nội tiếp

=>góc AOB=góc ACB=1/2*sđ cung BC

=1/2(sđ cung EF+sđ cung EB)

=>góc AIB=góc AOB

=>AOIB nội tiếp

=>góc OIA=90 độ

ΔODE cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của DE

khúc cuối câu b không nhất thiết phải dùng tam giác cân nha. Có OIA= 90 độ thì có thể dùng định lí 3 dòng để suy ra trung điểm nè

a: Xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

=>ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: 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 AO là đường trung trực của BC

=>AO\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

Ta có: ΔOED cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI\(\perp\)ED tại I

=>OI\(\perp\)AE tại I

Xét ΔAIO vuông tại H và ΔAHK vuông tại H có

\(\widehat{IAO}\) chung

Do đó: ΔAIO~ΔAHK

=>\(\dfrac{AI}{AH}=\dfrac{AO}{AK}\)

=>\(AH\cdot AO=AI\cdot AK\)

a: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó:MA=MB và OM là phân giác của góc AOB

ΔOAB cân tại O

mà OM là đường phân giác

nên OM⊥AB

Xét (O) có

ΔBAC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBAC vuông tại A

=>AB⊥ AC
mà OM⊥AB

nên OM//AC

b: Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao

nên \(OH\cdot OM=OA^2\)

=>\(OH\cdot OM=R^2\)

=>\(OH\cdot OM=OC^2\)

=>\(\frac{OH}{OC}=\frac{OC}{OM}\)

Xét ΔOHC và ΔOCM có

\(\frac{OH}{OC}=\frac{OC}{OM}\)

góc HOC chung

Do đó: ΔOHC~ΔOCM

=>\(\hat{OCH}=\hat{OMC}\)

Nội tiếp chắn nửa đg tròn hả bạn :^?

Dễ thấy: A,B,O,K,CA,B,O,K,C nằm trên đường tròn đường kính OAOA .

Ta có: AE.AD=AB2=AH.AO⇒E,D,H,OAE.AD=AB2=AH.AO⇒E,D,H,O cùng thuộc 1 đường tròn
Mặt khác: A,E,B,HA,E,B,H cùng thuộc đường tròn đường kính ABAB nên ˆEHF=ˆBAD=ˆEBD=ˆEOFEHF^=BAD^=EBD^=EOF^
Suy ra: E,H,O,FE,H,O,F đồng viên. Suy ra: E,H,O,F,DE,H,O,F,D cùng thuộc đường tròn đường kính OFOF.
Gọi JJ là giao điểm của ININ và ADAD.
Xét 2 tam giác: ΔIHJΔIHJ và ΔFHDΔFHD
Ta có: ˆJIH=ˆAIJJIH^=AIJ^ (t/c đối xứng) =ˆABC=ˆDFH=ABC^=DFH^
Mặt khác:ˆIHJ=ˆIAJIHJ^=IAJ^(t/c đối xứng) =ˆEOF=ˆDHF=EOF^=DHF^
Suy ra:ΔIHJΔIHJ và ΔFHDΔFHD đồng dạng nên JHHD=IHFHJHHD=IHFH
Mà IBFNIBFN là hình bình hành nên NF=IB=IHNF=IB=IH hay JHHD=NFFHJHHD=NFFH
Mà ˆJHD=ˆNFHJHD^=NFH^ (dùng cộng góc, góc nội tiếp,...)
nên ΔJHDΔJHD và ΔNFHΔNFH đồng dạng nên JHDNJHDN nội tiếp 
Ta suy ra:ˆNHD=ˆNJD=ˆHDFNHD^=NJD^=HDF^ nên suy ra: NH=NDNH=ND
Mà NH=NANH=NA (t/c đối xứng) nên NA=NDNA=ND(đ.p.c.m) 

Đề thiếu rồi bạn