a: Xét (O) có

DA,DM là các tiếp tuyến

Do đó: DA=DM và OD là phân giác của góc MOA

Xét (O) có

CM,CB là các tiếp tuyến

Do đó: CM=CB và OC là phân giác của góc MOB

Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó; ΔAMB vuông tại M

=>AF⊥BE tại M

Ta có: \(\hat{DAM}+\hat{DEM}=\hat{AME}=90^0\)

\(\hat{DMA}+\hat{DME}=\hat{AME}=90^0\)

mà \(\hat{DAM}=\hat{DMA}\) (ΔDAM cân tại D)

nên \(\hat{DEM}=\hat{DME}\)

=>DE=DM

mà DA=DM

nên DE=DA

=>D là trung điểm của AE

Ta có: \(\hat{CMB}+\hat{CMF}=\hat{FMB}=90^0\)

\(\hat{CBM}+\hat{CFM}=90^0\) (ΔBMF vuông tại M)

mà \(\hat{CMB}=\hat{CBM}\) (ΔCBM cân tại C)

nên \(\hat{CMF}=\hat{CFM}\)

=>CM=CF

mà CM=CB

nên CF=CB

=>C là trung điểm của BF

Gọi I là giao điểm của AC và BD

Xét ΔIAD và ΔICB có

\(\hat{IAD}=\hat{ICB}\) (hai góc so le trong, AD//CB)

\(\hat{AID}=\hat{CIB}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔIAD~ΔICB

=>\(\frac{ID}{IB}=\frac{IA}{IC}=\frac{DA}{CB}=\frac{DM}{MC}\)

Xét ΔDCB có \(\frac{DI}{IB}=\frac{DM}{MC}\)

nên IM//CB

mà CB⊥BA

nên MI⊥BA

mà MH⊥BA

và MI,MH có điểm chung là M

nên M,I,H thẳng hàng

Xét ΔBAD có IH//AD

nên \(\frac{IH}{AD}=\frac{BI}{BD}\) (1)

Xét ΔBDE có MI//DE

nên \(\frac{MI}{DE}=\frac{BI}{BD}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{IH}{AD}=\frac{MI}{DE}\)

mà AD=DE

nên IH=MI

=>I là trung điểm của MH

=>ĐPCM

c: Ta có: OD là phân giác của góc MOA

=>\(\hat{MOA}=2\cdot\hat{MOD}\)

OC là phân giác của góc MOB

=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOC}\overline{}\)

TA có; \(\hat{MOA}+\hat{MOB}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(2\left(\hat{MOD}+\hat{MOC}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\hat{COD}=180^0\)

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

Xét ΔOCD vuông tại O có OM là đường cao

nên \(OM^2=MC\cdot MD\)

=>\(AD\cdot BC=OM^2=R^2=AO\cdot AO\)

=>\(\frac{AD}{AO}=\frac{AO}{BC}\)

=>\(\frac{AO}{BC}=\frac{2\cdot AD}{2\cdot AO}=\frac{AE}{AB}\)

Xét ΔEAO vuông tại A và ΔABC vuông tại B có

\(\frac{EA}{AB}=\frac{AO}{BC}\)

Do đó; ΔEAO~ΔABC

=>\(\hat{AEO}=\hat{BAC}\)

mà \(\hat{AEO}+\hat{AOE}=90^0\) (ΔAOE vuông tại A)

nên \(\hat{AOE}+\hat{BAC}=90^0\)

=>AC⊥OE

Xét ΔAEO vuông tại A và ΔBAC vuông tại B có

\(\frac{AE}{BA}=\frac{AO}{BC}\)

a: Xét (O) có

ΔBDC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBDC vuông tại D

=>BD⊥AC tại D

Xét ΔABC vuông tại B có BD là đường cao

nên \(AB^2=AD\cdot AC\)

b: Xét (O) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

=>EB⊥EC

mà EC//OA

nên EB⊥OA tại H

ΔOBE cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của BE và OH là phân giác của góc BOE

Xét ΔOBA và ΔOEA có

OB=OE

\(\hat{BOA}=\hat{EOA}\)

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOEA

=>\(\hat{OBA}=\hat{OEA}\)

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

=>AE là tiếp tuyến của (O)

a) Xét 2 TH:

- TH \(P_x,P_y\) nằm về 2 phía của đường kính kẻ qua P ( TH còn lại tương tự)

Kẻ \(OI\perp P_x\) ta có: 

\(IP=IE,IA=IB\)

\(\Rightarrow PI-AI=EI-BI\) hay PA=BE ( đpcm)

b) Kẻ \(OK\perp P_y\)

Trong đường tròn \(\left(O;r\right)\), vì AB>CD => OI<OK

Khi đó trong đường tròn \(\Rightarrow PE>PF\)

Theo định lý về mối quan hệ giữa dây và cung , trong đường tròn \(\left(O;R\right)\)

ta có: cung PE > cung PF ( đpcm)

Giải :

a) kẻ OH vuông góc với PE bà AB

⇒ H là trđ PE, AB

hay HP = HE, HA = HB 

⇒ HP - HA = HE - HB

⇒ AP = BE.

b) kẻ OK vuông góc với PF

-Xét (O;r) có : AB > CD ( gt)

⇒ OH < OK ( mối liên hệ giữa dây và k/c từ tâm đến dây )

-Xét (O;R) có : OH < OK (cmt ) 

⇒ PE> PF.

Đường tròn (O’) tiếp xúc trong với đường tròn (O).

a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O₁) , (O₂) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.

Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)MPQ​=MHQ​=MBH(=2HQ⌢​​), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.

c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}O1​PA​=PAO1​​=90o−HMP=90o−MPQ​

\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒O1​PA​+MPQ​=90

Câu 59: D

Câu 60: C

câu 59: d

câu 60: c

a: \(\widehat{AMO}=90^0\)

nên điểm M chuyển động trên đường tròn đường kính AO

b: Đường tròn (O') tiếp xúc trong với đường tròn (O)

a: ΔODE cân tại O

mà OM là trung tuyến

nên OM vuông góc DE

=>góc OMA=90 độ=góc OCA=góc OBA

=>O,A,B,M,C cùng thuộc 1 đường tròn

b: Xét ΔBSC và ΔCSD có

góc SBC=góc SCD

góc S chung

=>ΔBSC đồng dạng với ΔCSD

=>SB/CS=SC/SD

=>CS^2=SB*SD

góc DAS=gócEBD

=>góc DAS=góc ABD

=>ΔSAD đồng dạng với ΔSBA

=>SA/SB=SD/SA

=>SA^2=SB*SD=SC^2

=>SA=SC
c; BE//AC

=>EH/SA=BH/SC=HJ/JS

mà SA=SC
nênHB=EH

=>H,O,C thẳng hàng