d) Ta có:

K là trung điểm của CE (E đối xứng với C qua AB)

K là trung điểm của AB

AB ⊥ CE (MO ⊥ AB)

⇒ Tứ giác AEBC là hình thoi

⇒ BE // AC

Mà AC ⊥ AD (A thuộc đường tròn đường kính CD)

Nên BE ⊥ AD và DK ⊥ AB

Vậy E là trực tâm của tam giác ADB

a: ΔOCD cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của CD
=>IC=ID

b: Xét ΔCOA có

CI là đường cao

CI là đường trung tuyến

Do đó: ΔCOA cân tại C

=>CO=CA=R

=>OC=OA=AC=R

=>ΔOAC đều

=>\(\hat{COA}=60^0\)

c: Xét ΔOCM vuông tại C có cos COM=\(\frac{OC}{OM}\)

=>\(\frac{5}{OM}=cos60=\frac12\)

=>OM=10(cm)

OA+AM=OM

=>AM=10-5=5(cm)

=>AM=AO

Diện tích tam giác COM là:

\(S_{COM}=\frac12\cdot OC\cdot OM\cdot\sin COM\)

\(=\frac12\cdot5\cdot10\cdot\sin60=25\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{25\sqrt3}{2}\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

AM=AO

=>A là trung điểm của MO

=>MA=1/2MO

=>\(S_{CMA}=\frac12\cdot S_{COM}=\frac12\cdot\frac{25\sqrt3}{2}=\frac{25\sqrt3}{4}\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

a) Xét tứ giác AFMO có 

\(\widehat{FAO}\) và \(\widehat{FMO}\) là hai góc đối

\(\widehat{FAO}+\widehat{FMO}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

Do đó: AFMO là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)

b, ta có: \(MN\perp AO\Leftrightarrow\stackrel\frown{AM}=\stackrel\frown{AN}\Leftrightarrow\widehat{ANM}=\widehat{AMN^{\left(1\right)}}\)

\(\widehat{FMA}=\widehat{ANM}\left(=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{AM}\right)^{\left(2\right)}\)

Từ \(\left(1\right)va\left(2\right)\) ta có \(\widehat{FMA}=\widehat{AMN}\)

Suy ra MA là tia phân giác của góc FMN

Gọi MA là tiếp tuyến tại A của (O)

ΔOAM vuông tại A

=>\(AO^2+AM^2=MO^2\)

=>\(MA^2=7^2-5^2=49-25=24\)

ΔOCD cân tại O

mà OH là đường trung tuyến

nên OH⊥CD tại H

ΔOHC vuông tại H

=>\(OH^2+HC^2=OC^2\)

=>\(HC^2=5^2-3^2=16=4^2\)

=>HC=4(cm)

H là trung điểm của CD

=>CD=2*CH=8(cm)

Xét (O) có

\(\hat{MAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AM và dây cung AC

\(\hat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\hat{MAC}=\hat{ADC}\)

Xét ΔMAC và ΔMDA có

\(\hat{MAC}=\hat{MDA}\)

góc AMC chung

Do đó: ΔMAC~ΔMDA

=>\(\frac{MA}{MD}=\frac{MC}{MA}\)

=>\(MA^2=MC\cdot MD\)

=>\(MC\left(MC+CD\right)=MA^2\)

=>MC(MC+8)=24

=>\(MC^2+8\cdot MC=24\)

=>\(MC^2+8\cdot MC+16=40\)

=>\(\left(MC+4\right)^2=40\)

=>\(MC+4=2\sqrt{10}\)

=>\(MC=2\sqrt{10}-4\left(\operatorname{cm}\right)\)

MD=MC+CD

\(=2\sqrt{10}-4+8=2\sqrt{10}+4\) (cm)

c) Ta có: ∠(ABN ) = 90 0 (B thuộc đường tròn đường kính AN)

⇒ BN // MO ( cùng vuông góc với AB)

Do đó:

∠(AOM) = ∠(ANB) (đồng vị))

∠(AOM) = ∠(BOM) (OM là phân giác ∠(AOB))

⇒ ∠(ANB) = ∠(BOM)

Xét ΔBHN và ΔMBO có:

∠(BHN) = ∠(MBO ) = 90 0

∠(ANB) = ∠(BOM)

⇒ ΔBHN ∼ ΔMBO (g.g)

Hay MB. BN = BH. MO

Đáp án D

Gọi d  là đường thẳng qua M có véc tơ chỉ phương:

- Đường tròn (C₁) tâm I₁ (1;1) và R₁= 1

  Đường tròn (C₂) : tâm I₂( -2;0) và R₂= 3

- Nếu d cắt  (C₁) tại A :

- Nếu d cắt (C₂)  tại B:

- Theo giả thiết: MA= 2 MB nên MA²= 4 MB² (*)

- Ta có :

c: ΔOBF cân tại O

mà OE là đường cao

nên OA là phân giác của góc BOF

Xét ΔOBE và ΔOFE có

OB=OF
\(\hat{BOE}=\hat{FOE}\)

OE chung

Do đó: ΔOBE=ΔOFE

=>\(\hat{OBE}=\hat{OFE}\)

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

=>EF là tiếp tuyến tại F của (O)