a, Gọi O là trung điểm CD

Từ giả thiết suy ra tam giác ABD và tam giác ODE đều

=> DE = DH = DO = 1 4 BC

=>  H E O ^ = 90 0

=> HE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD

b, HE = 4 3

Gọi O là trung điểm của DC

=>O là tâm đường tròn đường kính CD
Xét (O) có

ΔCED nội tiếp

CD là đường kính

Do đó; ΔCED vuông tại E

=>DE⊥AC tại E

OE=OD

=>ΔOED cân tại O

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

Xét ΔAHB vuông tại H và ΔAHD vuông tại H có

AH chung

HB=HD

Do đó: ΔAHB=ΔAHD

=>\(\hat{HAB}=\hat{HAD}\)

mà \(\hat{HAB}=\hat{ACB}\left(=90^0-\hat{HBA}\right)\)

nên \(\hat{HAD}=\hat{ACB}\)

Xét tứ giác AEDH có \(\hat{AED}+\hat{AHD}=90^0+90^0=180^0\)

nên AEDH là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DEH}=\hat{DAH}\)

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

\(\hat{OEH}=\hat{OED}+\hat{HED}\)

\(=\hat{EDC}+\hat{ECD}=90^0\)

=>HE là tiếp tuyến tại E của (O)

a. Theo tc 2 tt cắt nhau: \(AC=AM;BM=BD\)

\(\Rightarrow AC+BD=AM+BM=AB\)

b. \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{AMO}=\widehat{ACO}=90^0\\AC=AM\\AO.chung\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta AOC=\Delta AOM \)

\(\Rightarrow\widehat{COA}=\widehat{AOM}=\dfrac{1}{2}\widehat{COM}\)

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ODB}=\widehat{OMB}=90^0\\BD=MB\\OB.chung\end{matrix}\right.\Rightarrow\Delta OBD=\Delta OBM\\ \Rightarrow\widehat{DOB}=\widehat{BOM}=\dfrac{1}{2}\widehat{DOM}\)

\(\Rightarrow\widehat{AOB}=\widehat{AOM}+\widehat{BOM}=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{COM}+\widehat{DOM}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot180^0=90^0\\ \Rightarrow\Delta OAB\text{ vuông tại O}\)

c. Áp dụng HTL: \(AM\cdot MB=OM^2=R^2\)

Mà \(CD=2R;AM=AC;BM=BD\)

Vậy \(AC\cdot BD=AM\cdot BM=R^2=\left(\dfrac{CD}{2}\right)^2=\dfrac{CD^2}{4}\)

a, Gọi O là trung điểm CD

Từ giả thiết suy ra tam giác ABD và tam giác ODE đều

=> DE = DH = DO = 1 4 BC

=>  H E O ^ = 90 0

=> HE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD

b, HE = 4 3

a, Gọi O là trung điểm CD

Từ giả thiết suy ra tam giác ABD và tam giác ODE đều

=> DE = DH = DO = 1 4 BC

=>  H E O ^ = 90 0

=> HE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính CD