a:

Xét ΔOAI vuông tại A và ΔOBI vuông tại B có

OI chung

IA=IB

Do đó: ΔOAI=ΔOBI

=>\(\hat{AOI}=\hat{BOI}\)

=>OI là phân giác của góc AOB

BC//OA

OA⊥ AI

Do đó: AI⊥BC

mà I nằm trên đường trung trực của BC(IB=IC)

nên AI là đường trung trực của BC

=>AB=AC

cái chỗ có chữ suy ra cũng cần phải chứng minh đó bạn chứ không suy ra thẳng đâu,nhiều khi hắn còn khó hơn vế trước á

Vì OA là tiếp tuyến \(\Rightarrow\angle OAE=\angle OCA\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó)

Xét \(\Delta OAE\) và \(\Delta OCA:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle OAE=\angle OCA\\\angle AOCchung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta OAE\sim\Delta OCA\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{OA}{OC}=\dfrac{OE}{OA}\Rightarrow OA^2=OC.OE\)

\(\Delta OAE\sim\Delta OCA\Rightarrow\dfrac{AE}{AC}=\dfrac{OA}{OC}\)

Tương tự \(\Rightarrow\Delta OBE\sim\Delta OCB\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{BE}{BC}=\dfrac{OB}{OC}\)

mà \(OB=OA\) (tính chất tiếp tuyến) \(\Rightarrow\dfrac{BE}{BC}=\dfrac{AE}{AC}\Rightarrow AC.BE=AE.BC\)

b) Vì KB là tiếp tuyến \(\Rightarrow\angle KBE=\angle KAB\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó) 

Xét \(\Delta KBE\) và \(\Delta KAB:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle KBE=\angle KAB\\\angle BKAchung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta KBE\sim\Delta KAB\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{KB}{KA}=\dfrac{KE}{KB}\Rightarrow KB^2=KE.KA\)

Vì \(AC\parallel OH\) \(\Rightarrow\angle KOE=\angle OCA=\angle OAK\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó)

Xét \(\Delta KOE\) và \(\Delta KAO:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle KOE=\angle KAO\\\angle OKAchung\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta KOE\sim\Delta KAO\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{KO}{KA}=\dfrac{KE}{KO}\Rightarrow KO^2=KE.KA\)

\(\Rightarrow KO^2=KB^2\Rightarrow KO=KB\Rightarrow K\) là trung điểm OB

c) Ta có: \(\angle CFA+\angle CDA=90+90=180\Rightarrow CFAD\) nội tiếp

\(\Rightarrow\angle CDF=\angle CAF=\angle HBC\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng góc nội tiếp chắn cung đó)

Ta có: \(\angle BHC+\angle BFC=90+90=180\Rightarrow BHCF\) nội tiếp

\(\Rightarrow\angle HBC=\angle HFC\Rightarrow\angle CDF=\angle CFH\)

Tương tự \(\Rightarrow\angle CFD=\angle CHF\)

Xét \(\Delta CFD\) và \(\Delta CHF:\) Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}\angle CDF=\angle CFH\\\angle CFD=\angle CHF\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta CFD\sim\Delta CHF\left(g-g\right)\Rightarrow\dfrac{CF}{CH}=\dfrac{CD}{CF}\Rightarrow CF^2=CD.CH\)

 a,Chứng minh tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ. 
+PK là phân giác góc QPO. 
=>^MPE = ^KPQ.(α) . 
+ Tam giác OMN đều .=>^EMP=120 độ. 
+ QK cũng là phân giác ^OQP. 
=>^QKP = 180 - (^KQP+^KPQ). 
Mà 2^KQP + 2^KPQ =180- 60 =120 độ. 
=>^QKP=120 độ. Do đó:^EMP = ^QKP. (ß) . 
Từ (α) và (ß), ta có tam giác MPE đồng dạng với tam giác KPQ. 
b, Chứng minh tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn. 
Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên:^MEP=^KQP , hay: ^FEP=^FQP. 
Suy ra, tứ giác PQEF nội tiếp được trong đường tròn. 
c, Gọi D là trung điểm của đoạn PQ. Chứng minh tam giác DEF là một tam giác đều. 
Do hai tam giác MPE và KPQ đồng dạng nên: PM/PK =PE/PQ . Suy ra: PM/PE =PK/PQ . 
Ngoài ra: ^MPK=^EPQ . Do đó, hai tam giác MPK và EPQ đồng dạng. 
Từ đó:^PEQ=^PMK=90độ . 
Suy ra, D là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác PQEF. 
Vì vậy, tam giác DEF cân tại D. 
Ta có: ^FDP=2^FQD=^OQP ; ^EDQ=2^EPD=^OPQ . 
^FDE=180 - (^FDP+^EDQ) =^POQ =60độ. 
Từ đó, tam giác DEF là tam giác đều.

a, Chỉ ra |OI – OK| < IK < OI + OK => (1) và (k) luôn cắt nhau

b, Do OI=NK, OK=IM => OM=ON

Mặt khác OMCN là hình chữ nhật => OMCN là hình vuông

c, Gọi{L} = KB ∩ MC, {P} = IBNC => OKBI là Hình chữ nhật và BNMI là hình vuông

=> ∆BLC = ∆KOI

=>  L B C ^ = O K I ^ = B I K ^

mà  B I K ^ + I B A ^ = 90 0

L B C ^ + L B I ^ + I B A ^ = 180 0

d, Có OMCN là hình vuông cạnh a cố định

=> C cố định và AB luôn đi qua điểm C

* Phân tích

Giả sử đường tròn tâm I dựng được thỏa mãn điều kiện bài toán.

- Đường tròn tâm I tiếp xúc với Ox tại A nên I nằm trên đường thẳng vuông góc với Ox kẻ từ A

- Tâm I nằm trên tia Oy nên I là giao điểm của Oy và đường thẳng vuông góc với Ox tại A

* Cách dựng

- Dựng đường vuông góc với Ox tại A cắt Oy tại I

- Dựng đường tròn (I; IA)

* Chứng minh

Ta có: I thuộc Oy; OA ⊥ IA tại A

Suy ra Ox là tiếp tuyến của đường tròn (I; IA) hay (I; IA) tiếp xúc với Ox.

* Biện luận

Vì góc (xOy) là góc nhọn nên đường thẳng vuông góc với Ox tại A luôn cắt tia Oy nên tâm I luôn xác định và duy nhất.

* Phân tích

Giả sử đường tròn tâm I dựng được thỏa mãn điều kiện bài toán.

− Đường tròn tâm I tiếp xúc với Ox tại A nên I nằm trên đường thẳng vuông góc với Ox kẻ từ A.

− Tâm I nằm trên tia Oy nên I là giao điểm của Oy và đường thẳng vuông góc với Ox tại A.

* Cách dựng

− Dựng đường vuông góc với Ox tại A cắt Oy tại I.

− Dựng đường tròn (I; IA).

* Chứng minh

Ta có: I thuộc Oy, OA ⊥ IA tại A.

Suy ra Ox là tiếp tuyến của đường tròn ( I;IA)

hay (I; IA) tiếp xúc với Ox.

* Biện luận

Vì góc xOy là góc nhọn nên đường thẳng vuông góc với Ox tại A luôn cắt tia Oy nên tâm I luôn xác định và duy nhất.