a: Xét (O) có

ΔBCD nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBCD vuông tại C

=>BC⊥CD tại C

=>BC là tiếp tuyến tại C của (D;DC)

Xét tứ giác ABCD có

O là trung điểm chung của AC và BD

=>ABCD là hình bình hành

Hình bình hành ABCD có AC=BD

nên ABCD là hình chữ nhật

Hình chữ nhật ABCD có AC⊥BD tại O

nên ABCD là hình vuông

b: Xét (D) có

ΔEMC nội tiếp

EC là đường kính

Do đó: ΔEMC vuông tại M

=>CM⊥BE tại M

ΔCOB vuông tại O

=>\(OB^2+OC^2=BC^2\)

=>\(BC^2=R^2+R^2=2R^2\)

=>\(BC=R\sqrt2\)

ABCD là hình vuông

=>BC=CD

=>CE=2*CD=2*BC=2R\(\sqrt2\)

Xét ΔCBE vuông tại C có CM là đường cao

nên \(EM\cdot EB=EC^2=\left(2R\sqrt2\right)^2=8R^2\)

c: Xét tứ giác IMCD có \(\hat{IMC}+\hat{IDC}=90^0+90^0=180^0\)

nên IMCD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính IC

=>Tâm O' là trung điểm của IC

a: Ta có: \(\hat{DAC}=\hat{DAB}+\hat{BAC}=90^0+\hat{BAC}\)

\(\hat{BAE}=\hat{BAC}+\hat{EAC}=90^0+\hat{BAC}\)

Do đó: \(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

Xét ΔDAC và ΔBAE có

DA=BA

\(\hat{DAC}=\hat{BAE}\)

AC=AE

Do đó: ΔDAC=ΔBAE
=>DC=BE

b: Ta có: ADIE là hình bình hành

=>\(\hat{ADI}+\hat{DAE}=180^0\) (1)

Ta có: \(\hat{DAE}+\hat{DAB}+\hat{EAC}+\hat{BAC}=360^0\)

=>\(\hat{DAE}+\hat{BAC}=360^0-90^0-90^0=180^0\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\hat{BAC}=\hat{ADI}\)

Xét ΔBAC và ΔADI có

BA=AD
\(\hat{BAC}=\hat{ADI}\)

AC=DI(=AE)

Do đó;ΔBAC=ΔADI

c: Gọi H là giao điểm của AI và BC

ΔBAC=ΔADI

=>\(\hat{DAI}=\hat{ABC}\)

Ta có: \(\hat{DAI}+\hat{DAB}+\hat{BAH}=180^0\)

=>\(\hat{DAI}+\hat{BAH}=180^0-90^0=90^0\)

=>\(\hat{ABC}+\hat{BAH}=180^0\)

=>AH⊥BC

=>IA⊥BC

a: Xét (O) có

ΔABK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔABK vuông tại B

Xét (O) có

ΔACK nội tiếp

AK là đường kính

Do đó: ΔACK vuông tại C

b: Xét ΔABC có

AD,BE là các đường cao

AD cắt BE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>CH⊥AB

c: Ta có; CH⊥AB

BK⊥BA

Do đó: CH//BK

Ta có: BH⊥AC

CK⊥AC

Do đó: BH//CK

Xét tứ giác BHCK có

BH//CK

BK//CH

Do đó: BHCK là hình bình hành

Hạ AH vuông góc BC

Tam giác ABC cân tại A => AH là đường trung trực bc => A , O , H thẳng hàng

 Ta có AD vuông góc AO ( tia tiếp tuyến vuông góc bán kính đi qua tiếp điểm )

          BC vuông góc AH 

=> AD // BC

    AD = BC     => ADBC là hình bình hành

b, Gọi T là trung điểm của AC 

ADBC là HBH => AC và BD giao nhau tại T

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau => AC vuông góc OM tại T

=> AC , BD, AC đồng quy tại T

Gọi MP giao (O) tại điểm thứ hai S

Ta có các biến đổi góc sau:

K M L ^ = C M S ^ = S C P ^  (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

= M S C ^ − S P C ^  (góc ngoài)

= M N C ^ − M N Q ^  (do các tứ giác MNPQ và MNSC nội tiếp).

= K N L ^

Từ đó tứ giác MKLN nội tiếp, suy ra  K L M ^ = K N M ^ = Q P M ^   ⇒ K L ∥ P Q ⊥ O C

Vậy  K L ⊥ O C .

a) Vì tam giác ABC cân tại A \(\Rightarrow AB=AC\)

Vì O là tâm (ABC) \(\Rightarrow OB=OC\Rightarrow OA\) là trung trực BC

\(\Rightarrow OA\bot BC\) mà \(BC\parallel AD\Rightarrow AD\bot OA\) \(\Rightarrow AD\) là tiếp tuyến

b) MO cắt AC tại E.

Vì MC,MA là tiếp tuyến \(\Rightarrow\Delta MAC\) cân tại M và MO là phân giác \(\angle AMC\)

\(\Rightarrow E\) là trung điểm AC

Vì ABCD là hình bình hành có E là trung điểm AC \(\Rightarrow B,E,D\) thẳng hàng

\(\Rightarrow AC,BD,OM\) đồng quy tại E

a, Tam giác ABC cân tại A nội tiếp (O)

=> OA ⊥ BC

=> OA ⊥ AD (vì AD//BC)

=> AD là tiếp tuyến của (O)

b, Chứng minh được ON là tia phân giác của  A O D ^  mà ∆OAC cân tại O nên ON cũng là đường trung tuyến => ON cắt AC tại trung điểm I của AC => ON,AC,BD cùng đi qua trung điểm I của AC