bài của bn tht hã 

a: góc ACO=1/2*sđ cung AO=90 độ

=>OC//BD

Xét ΔADB có

O là trung điểm của AB

OC//BD

=>C là trung điểm của AD

b: BC là tiếp tuyến của (O')

=>góc BCO'=90 độ

=>góc O'CA=góc OCB

=>góc CO'O=góc O'CO=góc O'OC

=>ΔOO'C đều

=>C thuộc (O') sao cho ΔOCO' đều

=>Dựng đường trung trực của OO' cắt (O') tại C, ta đc điểm C cần tìm

a: góc ACO=1/2*sđ cung AO=90 độ

=>OC//BD

Xét ΔADB có

O là trung điểm của AB

OC//BD

=>C là trung điểm của AD

b: BC là tiếp tuyến của (O')

=>góc BCO'=90 độ

=>góc O'CA=góc OCB

=>góc CO'O=góc O'CO=góc O'OC

=>ΔOO'C đều

=>C thuộc (O') sao cho ΔOCO' đều

=>Dựng đường trung trực của OO' cắt (O') tại C, ta đc điểm C cần tìm

1: Xét (I) có

ΔAMC nội tiếp

AC là đường kính

Do đó: ΔAMC vuông tại M

=>CM⊥DA tại M

Xét (J) có

ΔCNB nội tiếp

CB là đường kính

Do đó: ΔCNB vuông tại N

=>CN⊥DB tại N

Xét (O) có

ΔDAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔDAB vuông tại D

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

Xét tứ giác DMCN có \(\hat{DMC}=\hat{DNC}=\hat{MDN}=90^0\)

nên DMCN là hình chữ nhật

2: Xét ΔDCA vuông tại C có CM là đường cao

nên \(DM\cdot DA=DC^2\left(1\right)\)

Xét ΔDCB vuông tại C có CN là đường cao

nên \(DN\cdot DB=DC^2\) (2)

Từ (1),(2) suy ra \(DM\cdot DA=DN\cdot DB\)

=>\(\frac{DM}{DB}=\frac{DN}{DA}\)

Xét ΔDMN vuông tại D và ΔDBA vuông tại D có

\(\frac{DM}{DB}=\frac{DN}{DA}\)

Do đó: ΔDMN~ΔDBA

=>\(\hat{DMN}=\hat{DBA}\)

mà \(\hat{DMN}+\hat{AMN}=180^0\) (hai góc kề bù)

nên \(\hat{AMN}+\hat{ABN}=180^0\)

=>AMNB là tứ giác nội tiếp

c: ΔDNM~ΔDAB

=>\(\hat{DNM}=\hat{DAB}\)

Gọi Dx là tiếp tuyến tại D của (O)

=>OD⊥ Dx tại D

Xét (O) có

\(\hat{xDB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Dx và dây cung DB

\(\hat{DAB}\) là góc nội tiếp chắn cung DB

Do đó: \(\hat{xDB}=\hat{DAB}\)

=>\(\hat{xDB}=\hat{DNM}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên Dx//MN

=>MN⊥OD

BD=6(2)=12

A B O C D M E F K I N L

Gọi BE cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai là N. Gọi L là hình chiếu của I trên ME.

Dễ thấy ^BNA = 90⁰. Suy ra \(\Delta\)BNA ~ \(\Delta\)BCE (g.g) => BN.BE = BC.BA 

Cũng dễ có \(\Delta\)BMA ~ \(\Delta\)BCK (g.g) => BC.BA = BM.BK. Do đó BN.BE = BM.BK

Suy ra tứ giác KENM nội tiếp. Từ đây ta có biến đổi góc: ^KNA = 360⁰ - ^ANM - ^KNM

= (180⁰ - ^ANM) + (180⁰ - ^KNM) = ^ABM + (180⁰ - ^AEM) = ^EFM + ^MEF = ^KFA

=> 4 điểm A,K,N,F cùng thuộc một đường tròn. Nói cách khác, đường tròn (I) cắt (O) tại N khác A

=> OI vuông góc AN. Mà AN cũng vuông góc BE nên BE // OI (1)

Mặt khác dễ có E là trung điểm dây KF của (I) => IE vuông góc KF => IE // AB (2)

Từ (1);(2) suy ra BOIE là hình bình hành => IE = OB = const

Ta lại có EM,AB cố định => Góc hợp bởi EM và AB không đổi. Vì IE // AB nên ^IEL không đổi

=> Sin^IEL = const hay \(\frac{IL}{IE}=const\). Mà IE không đổi (cmt) nên IL cũng không đổi

Vậy I di động trên đường thẳng cố định song song với ME, cách ME một khoảng không đổi (đpcm).

a) Xét (O) có 

\(\widehat{AMB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

nên \(\widehat{AMB}=90^0\)(Hệ quả góc nội tiếp)

hay \(\widehat{FMB}=90^0\)

Xét tứ giác BCFM có

\(\widehat{FCB}\) và \(\widehat{FMB}\) là hai góc đối

\(\widehat{FCB}+\widehat{FMB}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

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

∆ ACB nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên  ∆ ABC vuông tại C

CO = OA = (1/2)AB (tính chất tam giác vuông)

AC = AO (bán kính đường tròn (A))

Suy ra: AC = AO = OC

∆ ACO đều góc AOC = 60 °

∆ ADB nội tiếp trong đường tròn đường kính AB nên  ∆ ADB vuông tại D

DO = OB = OA = (1/2)AB (tính chất tam giác vuông)

BD = BO(bán kính đường tròn (B))

Suy ra: BO = OD = BD

∆ BOD đều