a: \(AB=R\sqrt{3}\)

a: ΔOBC cân tại O

mà OH là đường cao

nên OH là phân giác của góc BOC

Xét ΔBOA và ΔCOA có

OB=OC

\(\hat{BOA}=\hat{COA}\)
OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOCA

=>\(\hat{OBA}=\hat{OCA}\)

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

=>AC là tiếp tuyến của (O)

Xét (O) có

ΔBCD nội tiếp

BD là đường kính

Do đó; ΔBCD vuông tại C

=>BC⊥CD
mà BC⊥OA

nên OA//CD
b: Sửa đề: OA=5cm

ΔOBA vuông tại B

=>\(BO^2+BA^2=OA^2\)

=>\(BA^2=5^2-3^2=25-9=16=4^2\)

=>BA=4(cm)

Xét ΔBOA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(BH\cdot OA=BO\cdot BA\)

=>\(BH=\frac{3\cdot4}{5}=2,4\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔOBC cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của BC

=>\(BC=2\cdot BH=2\cdot2,4=4,8\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔBOA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\)

=>\(AH=\frac{4^2}{5}=3,2\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔABC có AH là đường cao

nên \(S_{ABC}=\frac12\cdot AH\cdot BC=\frac12\cdot3,2\cdot4,8=1,6\cdot4,8=7,68\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

O là trung điểm của BD

=>\(BD=2\cdot BO=2\cdot3=6\left(\operatorname{cm}\right)\)

ΔBCD vuông tại C

=>\(BC^2+CD^2=BD^2\)

=>\(CD^2=6^2-4,8^2=12,96=3,6^2\)

=>CD=3,6(cm)

ΔBCD vuông tại C

=>\(S_{BCD}=\frac12\cdot CB\cdot CD=\frac12\cdot3,6\cdot4,8=1,8\cdot4,8=8,64\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

c:Xét ΔEOD vuông tại O và ΔABO vuông tại B có

OD=BO

\(\hat{EDO}=\hat{AOB}\) (hai góc đồng vị, OA//DE)

Do đó: ΔEOD=ΔABO

=>ED=AB; EO=AB

Ta có: EO⊥BD

AB⊥BD

Do đó: EO//BA

Xét tứ giác ABOE có

AB//OE

AB=OE

Do đó: ABOE là hình bình hành

Hình bình hành ABOE có \(\hat{OBA}=90^0\)

nên ABOE là hình chữ nhật

a: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó:MA=MB và OM là phân giác của góc AOB

ΔOAB cân tại O

mà OM là đường phân giác

nên OM⊥AB

Xét (O) có

ΔBAC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBAC vuông tại A

=>AB⊥ AC
mà OM⊥AB

nên OM//AC

b: Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao

nên \(OH\cdot OM=OA^2\)

=>\(OH\cdot OM=R^2\)

=>\(OH\cdot OM=OC^2\)

=>\(\frac{OH}{OC}=\frac{OC}{OM}\)

Xét ΔOHC và ΔOCM có

\(\frac{OH}{OC}=\frac{OC}{OM}\)

góc HOC chung

Do đó: ΔOHC~ΔOCM

=>\(\hat{OCH}=\hat{OMC}\)

1: góc CHO+góc CNO=180 độ

=>CHON nội tiếp

2: Xét ΔKON và ΔKCH có

góc KON=góc KCH

góc K chung

=>ΔKON đồng dạng với ΔKCH

=>KO/KC=KN/KH

=>KO*KH=KN*KC

Câu 1: 

1:

a: Xét tứ giác OAMD có 

\(\widehat{OAM}+\widehat{ODM}=180^0\)

Do đó: OAMD là tứ giác nội tiếp

a: Xét tứ giác ABCO có

\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABCO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OA

=>A,B,C,O cùng thuộc đường tròn đường kính OA

tâm là trung điểm của OA

b: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: OB=OC

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

Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại M và M là trung điểm của BC

Xét ΔOCA vuông tại C có CM là đường cao

nên \(OM\cdot OA=OC^2\)

mà OC=OE(=R)

nên \(OE^2=OM\cdot OA\)

c: Ta có: ΔOEF cân tại O

mà OG là đường trung tuyến

nên OG\(\perp\)EF

Xét ΔOGA vuông tại G và ΔOMH vuông tại M có

\(\widehat{GOA}\) chung

Do đó: ΔOGA đồng dạng với ΔOMH

=>\(\dfrac{OG}{OM}=\dfrac{OA}{OH}\)

=>\(OG\cdot OH=OA\cdot OM=OE^2\)

=>\(\dfrac{OG}{OE}=\dfrac{OE}{OH}\)

Xét ΔOGE và ΔOEH có

\(\dfrac{OG}{OE}=\dfrac{OE}{OH}\)

\(\widehat{GOE}\) chung

Do đó: ΔOGE đồng dạng với ΔOEH

=>\(\widehat{OGE}=\widehat{OEH}\)

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

=>HE là tiếp tuyến của (O)

a) Xét (O) có

AB là tiếp tuyến có B là tiếp điểm(gt)

AC là tiếp tuyến có C là tiếp điểm(gt)

Do đó: AB=AC(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Ta có: OB=OC(=R)

nên O nằm trên đường trung trực của BC(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(1)

Ta có: AB=AC(cmt)

nên A nằm trên đường trung trực của BC(Tính chất đường trung trực của một đoạn thẳng)(2)

Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của BC

hay \(OA\perp BC\)(đpcm)

b) Xét tứ giác ABOC có 

\(\widehat{OBA}\) và \(\widehat{OCA}\) là hai góc đối

\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)

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

nên A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn(đpcm)

Bt 1 : Hãy tìm CTHH của kí X . Biết rằng : 

- Khi X nặng hơn khí hiđro là 8 lần 

- Thành phần theo khối lượng của khíkhí hiđro lượng của khí X là 75% C và 25% H  

a: Xét tứ giác MAOB có \(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=180^0\)

nên MAOB là tứ giác nội tiếp

b: Xét (O) có

ΔABC nội tiếp

AC là đường kính

Do đó;ΔABC vuông tại B

Xét ΔACD vuông tại C có CB là đường cao

nên \(AB\cdot AD=AC^2=4R^2\)

 Giải thích các bước giải:

a.Ta có: MA,MBMA,MB là tiếp tuyến của (O)→MO⊥AB(O)→MO⊥AB

Mà CDCD là tiếp tuyến của (O)→CD⊥AC(O)→CD⊥AC

→ˆOID=ˆOCD=90o→OID^=OCD^=90o

→O,I,D,C∈→O,I,D,C∈ đường tròn đường kính ODOD

b.Ta có: ˆAIO=ˆACD=90oAIO^=ACD^=90o

             ˆOAI=ˆCADOAI^=CAD^

→ΔAIO∼ΔACD(g.g)→ΔAIO∼ΔACD(g.g)

→AIAC=AOAD→AIAC=AOAD

→AI.AD=AO.AC=R⋅2R=2R2=8→AI.AD=AO.AC=R⋅2R=2R2=8

→2AI.AD=16→2AI.AD=16

→AB.AD=16→AB.AD=16

Vì MA,MBMA,MB là tiếp tuyến của (O)→MO⊥AB=I(O)→MO⊥AB=I là trung điểm ABAB

→AB=2AI→AB=2AI

c.Gọi MC∩OD=EMC∩OD=E

Ta có:

ˆCAD=ˆOAI=90o−ˆIAM=ˆAMI=ˆAMOCAD^=OAI^=90o−IAM^=AMI^=AMO^

Vì CDCD là tiếp tuyến của (O)(O)

Mà ˆMAO=ˆDCA=90oMAO^=DCA^=90o

→ΔMAO∼ΔACD(g.g)→ΔMAO∼ΔACD(g.g)

→MAAC=AOCD→MAAC=AOCD

→MAAC=OCCD→MAAC=OCCD

→MACO=ACCD→MACO=ACCD

Mà ˆMAC=ˆOCD=90oMAC^=OCD^=90o

→ΔMAC∼ΔOCD(c.g.c)→ΔMAC∼ΔOCD(c.g.c)

→ˆCOD=ˆCMA→COD^=CMA^

→ˆCOE=ˆCMA→COE^=CMA^

Do ˆOCE=ˆACMOCE^=ACM^

→ΔCEO∼ΔCAM(g.g)→ΔCEO∼ΔCAM(g.g)

→ˆCEO=ˆCAM=90o→CEO^=CAM^=90o

→OD⊥MC