Ta có: MN là đường kính \(\left(O;R\right)\)

\(\Rightarrow R=OM=\dfrac{1}{2}MN=\dfrac{1}{2}.6=3\left(cm\right)\)

lên rank r à :v

a: Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>AB'⊥A'B tại M

Xét ΔA'AB vuông tại A và ΔABB' vuông tại B có

\(\hat{BA^{\prime}A}=\hat{B^{\prime}AB}\left(=90^0-\hat{MBA}\right)\)

Do đó: ΔA'AB~ΔABB'

=>\(\frac{A^{\prime}A}{AB}=\frac{AB}{BB^{\prime}}\)

=>\(A^{\prime}A\cdot BB^{\prime}=AB^2\)

b: Xét (O) có

CA,CM là các tiếp tuyến

Do đó: CA=CM

=>ΔCAM cân tại C

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DM=DB

=>ΔDMB cân tại D

Ta có: \(\hat{CMA}+\hat{CMA^{\prime}}=\hat{A^{\prime}MA}=90^0\)

\(\hat{CAM}+\hat{CA^{\prime}M}=90^0\) (ΔAMA' vuông tại M)

mà \(\hat{CMA}=\hat{CAM}\) (ΔCAM cân tại C)

nên \(\hat{CMA^{\prime}}=\hat{CA^{\prime}M}\)

=>CM=CA'

mà CM=CA
nên CA=CA'

Ta có: \(\hat{DMB}+\hat{DMB^{\prime}}=\hat{BMB^{\prime}}=90^0\)

\(\hat{DBM}+\hat{DB^{\prime}M}=90^0\) (ΔB'MB vuông tại M)

mà \(\hat{DMB}=\hat{DBM}\) (ΔDBM cân tại D)

nên \(\hat{DMB^{\prime}}=\hat{DB^{\prime}M}\)

=>DM=DB'

mà DM=DB

nên DB=DB'

d. OF//BD nên \(\widehat{FOD}=\widehat{ODB}\)

Mà \(\widehat{ODB}=\widehat{ODF}\Rightarrow\widehat{FOD}=\widehat{ODF}\)

Do đó FOD cân tại F

\(\Rightarrow OF=FD\)

Áp dụng Talet: \(\dfrac{BD}{FD}=\dfrac{BD}{OF}=\dfrac{DH}{HF}\)

\(\Rightarrow\dfrac{BD}{DF}+\dfrac{DF}{HF}=\dfrac{DH}{HF}+\dfrac{DF}{HF}=\dfrac{DH+DF}{HF}=\dfrac{HF}{HF}=1\left(đpcm\right)\)

Bài 1:

Gọi K là giao điêm cua CB và AM

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>AC⊥BK tại C

=>ΔACK vuông tại C

Xét (O) có

MA,MC là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MC

=>ΔMAC cân tại M

=>\(\hat{MAC}=\hat{MCA}\)

Ta có: \(\hat{MAC}+\hat{MKC}=90^0\) (ΔACK vuông tại C)

\(\hat{MCA}+\hat{MCK}=\hat{ACK}=90^0\)

mà \(\hat{MAC}=\hat{MCA}\)

nên \(\hat{MKC}=\hat{MCK}\)

=>MC=MK

mà MA=MC

nên MA=MK(1)

Ta có: CH⊥AB

KA⊥BA

Do đó: CH//KA

Xét ΔBAM có IH//AM

nên \(\frac{IH}{AM}=\frac{BI}{BM}\) (2)

Xét ΔBMK có CI//MK

nên \(\frac{CI}{MK}=\frac{BI}{BM}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra CI=IH

=>I là trung điểm cua CH

Bài 2:

a: Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>AM⊥BA' tại M và BM⊥AB' tại M

Xét ΔA'AB vuông tại A và ΔABB' vuông tại B có

\(\hat{BA^{\prime}A}=\hat{B^{\prime}AB}\left(=90^0-\hat{MBA}\right)\)

Do đó: ΔA'AB~ΔABB'

=>\(\frac{A^{\prime}A}{AB}=\frac{AB}{BB^{\prime}}\)

=>\(A^{\prime}A\cdot BB^{\prime}=AB^2\)

b: Xét (O) có

CA,CM là các tiếp tuyến

Do đó: CA=CM

=>ΔCAM cân tại C

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

DO đó; DM=DB

Ta có: \(\hat{CAM}+\hat{CA^{\prime}M}=90^0\) (ΔAMA' vuông tại M)

\(\hat{CMA}+\hat{CMA^{\prime}}=\hat{AMA^{\prime}}=90^0\)

mà \(\hat{CAM}=\hat{CMA}\)

nên \(\hat{CA^{\prime}M}=\hat{CMA^{\prime}}\)

=>CM=CA'

mà CM=CA

nên CA=CA'

Ta có: \(\hat{DMB}+\hat{DMB^{\prime}}=\hat{BMB^{\prime}}=90^0\)

\(\hat{DBM}+\hat{DB^{\prime}M}=90^0\) (ΔBMB' vuông tại M)

mà \(\hat{DMB}=\hat{DBM}\)

nên \(\hat{DMB^{\prime}}=\hat{DB^{\prime}M}\)

=>DM=DB'

mà DM=DB

nên DB=DB'

a: Sửa đề: A,B,M,O

Xét tứ giác BMOA có

\(\widehat{BMO}+\widehat{BAO}=90^0+90^0=180^0\)

=>BMOA là tứ giác nội tiếp

=>B,M,O,A cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

BA,BM là tiếp tuyến

Do đó: BA=BM và OB là phân giác của \(\widehat{AOM}\)

=>\(\widehat{AOM}=2\cdot\widehat{AOB}\)

Xét (O) có

CA,CN là tiếp tuyến

Do đó: CA=CN và OC là phân giác của \(\widehat{AON}\)

=>\(\widehat{AON}=2\cdot\widehat{AOC}\)

\(\widehat{AON}+\widehat{AOM}=180^0\)(hai góc kề bù)

=>\(2\cdot\widehat{AOC}+2\cdot\widehat{AOB}=180^0\)

=>\(2\cdot\widehat{BOC}=180^0\)

=>\(\widehat{BOC}=90^0\)

Xét ΔOBC vuông tại O có OA là đường cao

nên \(OA^2=AB\cdot AC\)

mà AB=BM và AC=CN

nên \(OA^2=BM\cdot CN\)

c: BA=BM

=>B nằm trên đường trung trực của AM(1)

OA=OM

=>O nằm trên đường trung trực của AM(2)

Từ (1) và (2) suy ra BO là đường trung trực của AM

=>BO\(\perp\)AM tại trung điểm của AM

=>BO\(\perp\)AM tại H và H là trung điểm của AM

CA=CN

=>C nằm trên đường trung trực của AN(3)

OA=ON

=>O nằm trên đường trung trực của AN(4)

Từ (3) và (4) suy ra CO là đường trung trực của AN

=>CO\(\perp\)AN tại trung điểm của AN

=>CO\(\perp\)AN tại K và K là trung điểm của AN

Xét tứ giác AHOK có \(\widehat{AHO}=\widehat{AKO}=\widehat{HOK}=90^0\)

nên AHOK là hình chữ nhật

a: Gọi K là giao điểm của CH và AB

Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>BM⊥CA tại M

Xét (O) có

ΔANB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔANB vuông tại N

=>AN⊥CB tại N

Xét ΔCAB có

AN,BM là các đường cao

AN cắt BM tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔCAB

=>CH⊥AB tại K

b: ΔCMH vuông tại M

mà MI là đường trung tuyến

nên IM=IH

=>ΔIMH cân tại I

=>\(\hat{IMH}=\hat{IHM}\)

mà \(\hat{IHM}=\hat{CHM}=\hat{CAK}\left(=90^0-\hat{ACK}\right)\)

nên \(\hat{IMH}=\hat{CAK}\)

ΔOMB có OM=OB

nên ΔOMB cân tại O

=>\(\hat{OMB}=\hat{OBM}\)

\(\hat{IMO}=\hat{IMB}+\hat{OMB}\)

\(=\hat{MAB}+\hat{MBA}=90^0\)

=>IM⊥MO tại M

=>IM là tiếp tuyến tại M của (O)