a: góc CAO+góc CMO=180 độ

=>CAOM nội tiếp

góc DMO+góc DBO=180 độ

=>DMOB nội tiếp

b: Xét (O) có

CM,CA là tiếp tuyến

=>CM=CA và OC là phân giác của góc MOA(1)

Xét (O) có

DM,DB là tiếp tuyến

=>DM=DB và OD là phân giác của góc MOB(2)

Từ (1), (2) suy ra góc DOC=1/2*180=90 độ

Xét ΔDOC vuông tại O có OM là đường cao

nên CM*MD=OM^2

=>AC*BD=R^2

a: Xét (O) có 

DA là tiếp tuyến có A là tiếp điểm

DC là tiếp tuyến có C là tiếp điểm

Do đó: DA=DC

Xét (O) có 

EC là tiếp tuyến có E là tiếp điểm

EB là tiếp tuyến có B là tiếp điểm

Do đó: EC=EB

Ta có: CD+CE=DE

nên DA+EB=DE

giải tiếp cho em câu b và c luôn đc ko ạ ?

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

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

Bạn tự vẽ hình

1. Gọi \(K\) là điểm chính giữa của nửa đường tròn. Xét hai tam giác \(\Delta KOD\)  và \(\Delta OCH\) có \(OK=CO=R\), \(\angle KOD=\angle OCH\) (so le trong) và \(OD=CH\) (giả thiết). Suy ra hai tam giác \(\Delta KOD\)  và \(\Delta OCH\)

bằng nhau (c.g.c). Do đó \(\angle KDO=90^{\circ}\to D\) nằm trên đường tròn đường kính OK. 

Khi C trùng A thì D trùng với O và khi C trùng với B thì D trùng với O. Do đó tập hợp D sẽ là toàn bộ đường tròn đường kính OK.

2.  Kéo dài tia DC cắt (O) ở điểm thứ hai T. Do tứ giác ACTB nội tiếp nên góc TBA = góc DCA = 60 độ. Vậy T là điểm cố định. Do tam giác ACD đều và M là trung điểm CD nên AM vuông góc với CD. Suy ra M nhìn đoạn AT dưới 1 góc vuông. Vậy M nằm trên đường tròn đường kính AT. 

Vì C chỉ chạy trên nửa đường tròn, khi C trùng A thì M trùng A và khi C trùng với B thì M trùng với T. Vậy M chạy trên nửa đường tròn đường kính AT, trong nửa mặt phẳng không chứa điểm B.

Chỉ vậy thôi.

A B C D H E O

a/ Nối A với D ta có

\(\widehat{ADB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AD\perp BC\)

=> H và D cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông => AHDC là tứ giác nội tiếp

b/ 

Xét tg vuông ACO có

\(\widehat{ACO}+\widehat{AOC}=90^o\)

Ta có \(\widehat{ADH}+\widehat{EDB}=\widehat{ADB}=90^o\)

Xét tứ giác nội tiếp AHDC có

 \(\widehat{ACO}=\widehat{ADH}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung AH)

\(\Rightarrow\widehat{AOC}=\widehat{EDB}\)

Xét tam giác EOH và tg EBD có

\(\widehat{BED}\) chung

\(\widehat{AOC}=\widehat{EDB}\)

=> tg EOH đồng dạng với tg EDB (g.g.g)

\(\Rightarrow\dfrac{EH}{EB}=\dfrac{EO}{ED}\Rightarrow EH.ED=EO.EB\)

a) Ta có \(\widehat{ADB}=90^0\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow\widehat{ADC}=90^0\)

Tứ giác \(AHDC\) có: \(\widehat{ADC}=\widehat{AHC}=90^0\) mà 2 góc này nội tiếp và chắn cung AC

\(\Rightarrow AHDC\) là tứ giác nội tiếp

b) Tứ giác \(AHDC\) nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{ACO}=\widehat{ADE}\) (góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)

Ta có: \(\widehat{EOH}=90^0-\widehat{ACO}=90^0-\widehat{ADE}=\widehat{EDB}\)

Xét \(\Delta EOH\) và \(\Delta EDB\) có:

\(\widehat{BED}\) chung

\(\widehat{EOH}=\widehat{EDB}\) (đã chứng minh)

\(\Rightarrow\Delta EOH\sim\Delta EDB\) (g.g) \(\Rightarrow\dfrac{EO}{EH}=\dfrac{ED}{EB}\Rightarrow EH.ED=EO.EB\)