a: Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

Xét tứ giác CMND có \(\hat{MCD}+\hat{MND}=90^0+90^0=180^0\)

nên CMND là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔANM vuông tại N và ΔACD vuông tại C có

\(\hat{NAM}\) chung

Do đó: ΔANM~ΔACD

=>\(\frac{AN}{AC}=\frac{AM}{AD}\)

=>\(AN\cdot AD=AC\cdot AM\)

c: Ta có: MN⊥DA

Dx⊥DA

Do đó: MN//Dx

Xét ΔAKD có NI//KD

nên \(\frac{NI}{KD}=\frac{AI}{AK}\left(1\right)\)

Xét ΔAHK có MI//HK

nên \(\frac{MI}{HK}=\frac{AI}{AK}\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(\frac{NI}{KD}=\frac{MI}{HK}\)

mà NI=MI

nên KD=KH

=>K là trung điểm của DH

ΔDCA vuông tại C

=>DC⊥CA tại C

=>DC⊥HA tại C

=>ΔDCH vuông tại C

mà CK là đường trung tuyến

nên CK=KD

Xét ΔOCK và ΔODK có

OC=OD

CK=DK

OK chung

Do đó: ΔOCK=ΔODK

=>\(\hat{OCK}=\hat{ODK}\)

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

=>CK là tiếp tuyến của (O)

a: Xét (O) có

\(\hat{IAK}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AI và dây cung AK

\(\hat{ABK}\) là góc nội tiếp chắn cung AK

Do đó: \(\hat{IAK}=\hat{ABK}\)

Xét ΔIAK và ΔIBA có

\(\hat{IAK}=\hat{IBA}\)

góc AIK chung

Do đó: ΔIAK~ΔIBA

=>\(\frac{IA}{IB}=\frac{IK}{IA}\)

=>\(IK\cdot IB=IA^2=IM^2\)

=>\(\frac{IK}{IM}=\frac{IM}{IB}\)

Xét ΔIKM và ΔIMB có

\(\frac{IK}{IM}=\frac{IM}{IB}\)

góc KIM chung

Do đó: ΔIKM~ΔIMB

b: ΔIKM~ΔIMB

=>\(\hat{IBM}=\hat{IMK}\)

=>\(\hat{IMK}=\hat{KBM}\)

Xét (O) có

\(\hat{KBM}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BM và dây cung BK

\(\hat{KCB}\) là góc nội tiếp chắn cung KB

Do đó: \(\hat{KBM}=\hat{KCB}\)

=>\(\hat{KCB}=\hat{KMI}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên BC//AM

a: Xét tứ giác AEHF có \(\hat{AEH}+\hat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEHF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AH

Tâm là trung điểm của AH

b: Xét ΔAHB vuông tại H có HE là đường cao

nên \(AE\cdot AB=AH^2\left(1\right)\)

Xét ΔAHC vuông tại H có HF là đường cao

nên \(AF\cdot AC=AH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AE\cdot AB=AF\cdot AC\)

=>\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)

Xét ΔAEF và ΔACB có

\(\frac{AE}{AC}=\frac{AF}{AB}\)

góc EAF chung

Do đó: ΔAEF~ΔACB

=>\(\hat{AEF}=\hat{ACB}\)

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

nên \(\hat{BEF}+\hat{BCF}=180^0\)

=>BEFC là tứ giác nội tiếp

=>H chỉ cần khác B và C là đủ để BEFC là tứ giác nội tiếp

a; Xét (O) có

\(\hat{ABD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BD

\(\hat{BED}\) là góc nội tiếp chắn cung BD

Do đó: \(\hat{ABD}=\hat{BED}\)

Xét ΔABD và ΔAEB có

\(\hat{ABD}=\hat{AEB}\)

góc BAD chung

Do đó: ΔABD~ΔAEB

=>\(\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AB}\)

=>\(AD\cdot AE=AB^2\) (1)

b: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC
=>A nằm trên đường trung trực của BC(2)

Ta có: OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(3)

Từ (2),(3) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA⊥BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét ΔABO vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(4\right)\)

Từ (1),(4) suy ra \(AH\cdot AO=AD\cdot AE\)

=>\(\frac{AH}{AE}=\frac{AD}{AO}\)

Xét ΔAHD và ΔAEO có

\(\frac{AH}{AE}=\frac{AD}{AO}\)

góc HAD chung

DO đó: ΔAHD~ΔAEO

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

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

nên \(\hat{OHD}+\hat{OED}=180^0\)

=>OHDE là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{OHE}=\hat{ODE}\)

mà \(\hat{\left.ODE\right.}=\hat{OED}\) (ΔOED cân tại O)

và \(\hat{OED}=\hat{AEO}=\hat{AHD}\)

nên \(\hat{AHD}=\hat{OHE}\)

Ta có: \(\hat{AHD}+\hat{BHD}=\hat{BHA}=90^0\)

\(\hat{OHE}+\hat{BHE}=\hat{OHB}=90^0\)

mà \(\hat{AHD}=\hat{OHE}\)

nên \(\hat{BHD}=\hat{BHE}\)

=>HB là phân giác của góc EHD

=>\(\hat{EHD}=2\cdot\hat{EHB}\) (5)

EOHD là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{EOD}=\hat{EHD}\) (6)

Xét (O) có \(\hat{ECD}\) là góc nội tiếp chắn cung ED

=>\(\hat{EOD}=2\cdot\hat{ECD}\) (7)

Từ (5),(6),(7) suy ra \(\hat{EHB}=\hat{ECD}\)

Theo hệ thức Viet: \(\left\{{}\begin{matrix}x_1+x_2=-2\\x_1x_2=-8\end{matrix}\right.\)

\(M=x_1\left(1-x_2\right)+x_2\left(1-x_1\right)\)

\(=x_1+x_2-2x_1x_2\)

\(=-2-2.\left(-8\right)=14\)

a: Xét tứ giác OKMA có \(\hat{OKM}+\hat{OAM}=90^0+90^0=180^0\)

nên OKMA là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM

Tâm là trung điểm của OM

Bán kính là \(\frac{OM}{2}\)

b: Gọi H là giao điểm của OK và AI

BC//AI

OK⊥BC

Do đó: OK⊥AI tại H

=>ΔHKA vuông tại H

=>\(\hat{HKA}+\hat{HAK}=90^0\)

=>\(\hat{KAI}+\hat{OKA}=90^0\)

mà \(\hat{OKA}=\hat{OMA}\) (OKMA là tứ giác nội tiếp)

nên \(\hat{KAI}+\hat{OMA}=90^0\)

c: Xét (O) có

AI,BC là các dây

AI//BC

Do đó: sđ cung CI=sđ cung AB

Xét (O) có

\(\hat{DKB}\) là góc có đỉnh ở bên trong đường tròn chắn hai cung DB và CI

=>\(\hat{DKB}=\frac12\) (sđ cung DB+sđ cung CI)

=1/2(sđ cung DB+sđ cung AB)

=1/2sđ cung AD

\(=\hat{MAD}\)

=>\(\hat{MKD}=\hat{MAD}\)

=>MAKD là tứ giác nội tiếp

=>M,A,K,D cùng thuộc một đường tròn

mà M,A,K cùng thuộc đường tròn đường kính OM

nên D cũng thuộc đường tròn đường kính OM

=>ΔDOM vuông tại D

=>MD là tiếp tuyến tại D của (O)