) Chứng minh \(B C E D\) nội tiếp

Vì \(A B\) là đường kính
⇒ \(\hat{A C B} = 90^{\circ}\)
⇒ \(B C \bot A C\)

Mà \(E \in A C\)
⇒ \(\hat{B C E} = 90^{\circ}\)

Lại có \(D E \bot A B\) và \(D , B \in A B\)
⇒ \(\hat{B D E} = 90^{\circ}\)

Vậy \(\hat{B C E} = \hat{B D E}\)
⇒ \(B C E D\) nội tiếp.

b) Chứng minh \(A C \cdot A E = \frac{A B^{2}}{4}\)

Vì \(B C E D\) nội tiếp
⇒ \(\hat{B E D} = \hat{B C D}\)

Mà \(D , A , B\) thẳng hàng và \(E \in A C\)
⇒ \(\triangle ABEđồngdạng\triangle ABC\)

Suy ra:

\(\frac{A E}{A B} = \frac{A B}{A C}\)

⇒

\(A C \cdot A E = A B^{2}\)

Vì \(D\) là trung điểm \(O A\), \(O\) là trung điểm \(A B\)
⇒ \(A D = \frac{A B}{4}\)

Do đó:

\(A C \cdot A E = \frac{A B^{2}}{4}\)

a) Do AB,AC là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn (O) nên ˆABO=ˆACO=900⇒B,C thuộc đường tròn đường kính  OA có tâm I là trung điểm OA.  

b) Ta có AM.AO=AB2.2AI=AB.AI.                                                                                     

c) Gọi E là trung điểm MA, do G là trọng tâm ΔCMA nên G∈CE và GECE=13.

Mặt khác MEBE=13  (vì ME=MA2=MB2 nên ME=BE3) ⇒GECE=MEBE, theo định lý Ta-lét đảo ⇒MG//BC.

d) Gọi G′ là giao điểm của OA và CM⇒G′ là trọng tâm ΔABC. Nên G′MCM=13=GECE′, theo định lý Ta-lét đảo GG′//ME  (1)

MI là đường trung bình trong ΔOAB⇒MI//OB, mà AB⊥OB  (cmt) ⇒MI⊥AB, nghĩa là MI⊥ME   (2).

Từ (1) và (2) cho MI⊥GG′, ta lại có GI′⊥MK (vì OA⊥MK) nên I là trực tâm ΔMGG′⇒GI⊥G′M tức GI⊥CM.

a: Ta có: \(\hat{C H M} + \hat{H C M} = 9 0^{0}\)(ΔHMC vuông tại M)

\(\hat{N B C} + \hat{N C B} = 9 0^{0}\)(ΔNBC vuông tại N)

Do đó: \(\hat{C H M} = \hat{N B C} = \hat{A B C}\)

b: Xét tứ giác BNHM có \(\hat{B N H} + \hat{B M H} = 9 0^{0} + 9 0^{0} = 18 0^{0}\)

nên BNHM là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{N B M} + \hat{N H M} = 18 0^{0}\)

=>\(\hat{A B C} + \hat{N H M} = 18 0^{0}\)

mà \(\hat{A B C} + \hat{A D C} = 18 0^{0}\)(ABCD là tứ giác nội tiếp)

nên \(\hat{N H M} = \hat{A D C}\)

mà \(\hat{N H M} = \hat{A H C}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{A H C} = \hat{A D C}\)

c: Xét tứ giác ANMC có \(\hat{A N C} = \hat{A M C} = 9 0^{0}\)

nên ANMC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{M A C}=MNCd)ChứngminhˆMAC+900=ˆANM.TacóˆMAC+ˆACM=900(haigócphụnhau)HayˆACM=900-ˆMACMàˆACM+ˆANM=1800(tứgiácACMNnộitiếpđượcđườngtròn,câuc))Nên900-ˆMAC+ˆANM=1800SuyraˆMAC+900=ˆANM\)

a: Ta có: \(\hat{C H M} + \hat{H C M} = 9 0^{0}\)(ΔHMC vuông tại M)

\(\hat{N B C} + \hat{N C B} = 9 0^{0}\)(ΔNBC vuông tại N)

Do đó: \(\hat{C H M} = \hat{N B C} = \hat{A B C}\)

b: Xét tứ giác BNHM có \(\hat{B N H} + \hat{B M H} = 9 0^{0} + 9 0^{0} = 18 0^{0}\)

nên BNHM là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{N B M} + \hat{N H M} = 18 0^{0}\)

=>\(\hat{A B C} + \hat{N H M} = 18 0^{0}\)

mà \(\hat{A B C} + \hat{A D C} = 18 0^{0}\)(ABCD là tứ giác nội tiếp)

nên \(\hat{N H M} = \hat{A D C}\)

mà \(\hat{N H M} = \hat{A H C}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{A H C} = \hat{A D C}\)

c: Xét tứ giác ANMC có \(\hat{A N C} = \hat{A M C} = 9 0^{0}\)

nên ANMC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{M A C} = \hat{M N C}\)

a: Ta có: \(\hat{C H M} + \hat{H C M} = 9 0^{0}\)(ΔHMC vuông tại M)

\(\hat{N B C} + \hat{N C B} = 9 0^{0}\)(ΔNBC vuông tại N)

Do đó: \(\hat{C H M} = \hat{N B C} = \hat{A B C}\)

b: Xét tứ giác BNHM có \(\hat{B N H} + \hat{B M H} = 9 0^{0} + 9 0^{0} = 18 0^{0}\)

nên BNHM là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{N B M} + \hat{N H M} = 18 0^{0}\)

=>\(\hat{A B C} + \hat{N H M} = 18 0^{0}\)

mà \(\hat{A B C} + \hat{A D C} = 18 0^{0}\)(ABCD là tứ giác nội tiếp)

nên \(\hat{N H M} = \hat{A D C}\)

mà \(\hat{N H M} = \hat{A H C}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{A H C} = \hat{A D C}\)

c: Xét tứ giác ANMC có \(\hat{A N C} = \hat{A M C} = 9 0^{0}\)

nên ANMC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{M A C} = \hat{M N C}\)