Vì AB là dây đi qua tâm O \(\Rightarrow AB\) là đường kính của \(\left(O,R\right)\) 

\(\Rightarrow\angle ACB=90\Rightarrow\Delta ABC\) vuông tại C

b) CD cắt AB tại E

Vì C và D đối xứng với nhau qua AB \(\Rightarrow\angle ACD=\angle ADC\)

mà \(\angle ACD=\angle ACE=90-\angle CAB=\angle CBA\)

\(\Rightarrow ACBD\) nội tiếp \(\Rightarrow D\in\left(O,R\right)\)

bn ơi vẽ hình giúp mk đ k

Xét (I) có

ΔADO nội tiếp

AO là đường kính

=>ΔADO vuông tại D

góc ADC=góc AHC=90 độ

=>AHDC nội tiếp

Xét ΔOHC vuông tại H và ΔODA vuông tại D có

OC=OA

góc HOC chung

=>ΔOHC=ΔODA

=>OH=OD

Xét ΔOAC có OH/OA=OD/OC

nên HD//AC

Xét tứ giác AHDC có

HD//AC

góc HAC=góc DCA

=>AHDC là hình thang cân

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

∆ 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

a: Xét (O1) có

ΔAPH nội tiếp

AH là đường kính

Do đó: ΔAPH vuông tại P

=>HP⊥MA tại P

Xét (O2) có

ΔHQB nội tiếp

HB là đường kính

Do đó: ΔHQB vuông tại Q

=>HQ⊥MB tại Q

Xét (O) có

ΔMAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔMAB vuông tại M

Xét tứ giác MPHQ có \(\hat{MPH}=\hat{MQH}=\hat{PMQ}=90^0\)

nên MPHQ là hình chữ nhật

=>MH=PQ
b: Xét ΔMHA vuông tại H có HP là đường cao

nên \(MP\cdot MA=MH^2\left(1\right)\)

Xét ΔMHB vuông tại H có HQ là đường cao

nên \(MQ\cdot MB=MH^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(MP\cdot MA=MQ\cdot MB\)

=>\(\frac{MP}{MB}=\frac{MQ}{MA}\)

Xét ΔMQP vuông tại M và ΔMAB vuông tại M có

\(\frac{MQ}{MA}=\frac{MP}{MB}\)

Do đó: ΔMQP~ΔMAB

c: MPHQ là hình chữ nhật

=>\(\hat{HPQ}=\hat{HMQ}=\hat{HMB}\)

\(\Delta O_1PH\) cân tại O1

=>\(\hat{O_1PH}=\hat{O_1HP}=\hat{PHA}\)

mà \(\hat{PHA}=\hat{MBA}\) (hai góc đồng vị, PH//MB)

nên \(\hat{O_1PH}=\hat{MBA}\)

MPHQ là hình chữ nhật

=>\(\hat{PQH}=\hat{PMH}=\hat{AMH}\)

\(\Delta O_2QH\) cân tại O2

=>\(\hat{O_2QH}=\hat{O_2HQ}=\hat{QHB}\)

mà \(\hat{QHB}=\hat{MAB}\) (hai góc đồng vị, QH//MA)

nên \(\hat{O_2QH}=\hat{MAB}\)

\(\hat{QPO_1}=\hat{QPH}+\hat{HPO_1}\)

\(=\hat{HMB}+\hat{HBM}=90^0\)

=>QP là tiếp tuyến của (O1)

\(\hat{PQO_2}=\hat{PQH}+\hat{HQO_2}\)

\(=\hat{PMH}+\hat{MAH}=90^0\)

=>PQ là tiếp tuyến của (O2)

BD=6(2)=12

a: ΔOAC cân tại O

mà OM là đường cao

nên OM là phân giác của góc AOC

Xét ΔOAM và ΔOCM có

OA=OC

\(\hat{AOM}=\hat{COM}\)

OM chung

Do đó: ΔOAM=ΔOCM

=>\(\hat{OAM}=\hat{OCM}\)

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

=>MC là tiếp tuyến của (O)

b: Gọi K là giao điểm của BC và AM

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>AC⊥KB tại C

=>ΔACK vuông tại C

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 \(\hat{MKC}=\hat{MCK}\)

=>MK=MC

mà MA=MC

nên MA=MK(1)

Ta có: CH⊥AB

KA⊥BA

Do đó: CH//KA

Xét ΔBAM có IH//AM

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

Xét ΔBMK có CI//KM

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

Từ (1),(2),(3) suy ra IH=IC

a) Chứng minh \(M C\) là tiếp tuyến của đường tròn

Vì \(A M\) là tiếp tuyến tại \(A\), nên \(A M \bot A O\).

Ta có:

• \(O M\) là đường thẳng đi qua \(O\) và vuông góc với \(A C\) (theo giả thiết).
• Tam giác \(A O C\) vuông tại \(A\) (do \(A B\) là đường kính nên \(\angle A C B = 90^{\circ}\)).

Suy ra:

• \(A C \bot O C\)
• \(O M \bot A C\)

\(\Rightarrow O M / / O C\)

Xét tam giác \(A O C\), vì \(A M\) là tiếp tuyến tại \(A\) nên \(\angle M A C = \angle O C A\).

Mà \(\angle M A C = \angle M C A\)
\(\Rightarrow M C\) tạo với bán kính \(O C\) một góc vuông tại \(C\)

\(\Rightarrow M C\) tiếp xúc với đường tròn tại \(C\).
→ MC là tiếp tuyến của đường tròn

b) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) trên \(A B\); \(I\) là giao điểm của \(M B\) và \(C H\). Chứng minh: \(C I = I H\).

Chứng minh:

• Tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\) ⇒ \(H\) là chân đường vuông góc từ \(C\) xuống \(A B\) ⇒ \(H\) là hình chiếu của \(C\) lên đường kính → \(C H\) là đường cao ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông \(A C B\).
• Theo tính chất đường tròn và tiếp tuyến:
  \(M C\) là tiếp tuyến tại \(C\), \(M B\) là cát tuyến.
  Ta có: \(M B^{2} = M C \cdot M A\) (định lý tiếp tuyến – cát tuyến).
• Xét tam giác \(M C H\), đường thẳng \(M B\) cắt \(C H\) tại \(I\).

Sử dụng hệ thức của tam giác vuông nội tiếp đường tròn:

\(C H^{2} = C I \cdot I H\)

Nhưng vì tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\) nên \(C H^{2} = A H \cdot H B\)

Mà theo tính chất đồng dạng của các tam giác \(\Rightarrow C I = I H\).

→ \(C I = I H\).