Xét tứ giác AOBS có

\(\widehat{SAO}+\widehat{SBO}=180^0\)

Do đó: AOBS là tứ giác nội tiếp

Lời giải:
Vì $MA, MB$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên:
$MA\perp OA, MB\perp OB$

$\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0$

Xét tứ giác $MAOB$ có tổng 2 góc đối nhau $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$

$\Rightarrow MAOB$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow M, A, O, B$ thuộc 1 đường tròn. 

a: Xét tứ giác ABOC có \(\hat{OBA}+\hat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

nên ABOC là tứ giác nội tiếp

=>O,B,A,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC và OA là phân giác của góc BOC và AO là phân giác của góc BAC

ΔOBC cân tại O

mà OA là đường phân giác

nên OA⊥BC tại E và E là trung điểm của BC

Xét ΔOBA vuông tại B có BE là đường cao

nên \(OE\cdot OA=OB^2=R^2\)

c: Xét (O) có

PK,PB là các tiếp tuyến

Do đó: PK=PB

Xét (O) có

QK,QC là các tiếp tuyến

Do đó: QK=QC

Chu vi tam giác APQ là:
AP+PQ+AQ

=AP+PK+AQ+QK

=AP+PB+AQ+QC

=AB+AC=2AB không đổi khi K di chuyển trên cung nhỏ BC

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

nên OH*OM=OA^2=R^2 ko đổi

b: Xét tứ giác MAIO có

góc MAO=góc MIO=90 độ

nên MAIO là tứ giác nội tiếp

a: ΔOCD cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI⊥CD tại I

Xét tứ giác OIAM có \(\hat{OIM}=\hat{OAM}=90^0\)

nên OIAM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM

=>O,I,A,M cùng thuộc một đường tròn

b: ΔOCD cân tại O

mà OI là đường cao

nên OI là phân giác của góc COD

Xét ΔODK và ΔOCK có

OD=OC

\(\hat{DOK}=\hat{COK}\)

OK chung

Do đó: ΔODK=ΔOCK

=>\(\hat{ODK}=\hat{OCK}\)

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

=>KC là tiếp tuyến của (O)

c: Xét ΔODK vuông tại D có DI là đường cao

nên \(OI\cdot OK=OD^2=R^2\left(1\right)\)

Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao

nên \(OH\cdot OM=OA^2=R^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(OI\cdot OK=OH\cdot OM\)

d: \(OI\cdot OK=OH\cdot OM\)

=>\(\frac{OI}{OM}=\frac{OH}{OK}\)

=>\(\frac{OI}{OH}=\frac{OM}{OK}\)

Xét ΔOIM và ΔOHK có

\(\frac{OI}{OH}=\frac{OM}{OK}\)

góc IOM chung

Do đó: ΔOIM~ΔOHK

=>\(\hat{OIM}=\hat{OHK}=90^0\)

=>MI⊥OK tại I

Xét tứ giác KIHM có \(\hat{KIM}=\hat{KHM}=90^0\)

nên KIHM là tứ giác nội tiếp

=>K thuộc đường tròn ngoại tiếp ΔMHI

a: Xét tứ giác MAOB có 

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

Do đó: MAOB là tứ giác nội tiếp

a) Ta có

MAMA là tiếp tuyến của đường tròn (gt)

 ⇒⇒ MA⊥OAMA⊥OA => ˆMAO=90°MAO^=90° 

MBMB là tiếp tuyến của đường tròn (gt)

 ⇒⇒ MB⊥OBMB⊥OB => ˆMBO=90°MBO^=90°

Xét tứ giác MAOBMAOB có ˆMAO+ˆMBO=180°MAO^+MBO^=180° mà chúng ở vị trí đối nhau

⇒⇒ tứ giác MAOBMAOB là tứ giác nội tiếp 

⇒⇒ M,A,O,BM,A,O,B cùng thuộc 11 đường tròn

b) Ta có MA,MBMA,MB là 2 tiếp tuyến cắt nhau tại MM

⇒⇒ MA=MBMA=MB ⇒⇒ MOMO là tia phân giác ˆAMBAMB^

Xét ΔAMI∆AMI và ΔBMI∆BMI 

Có MA=MBMA=MB (cmt)

ˆAMI=ˆBMIAMI^=BMI^ (cmt) 

MIMI chung => ΔAMI=ΔBMI∆AMI=∆BMI (c.g.c)

⇒⇒ ˆAIM=ˆBIMAIM^=BIM^ 

Mà ˆAIM+ˆBIM=180°AIM^+BIM^=180° (kề bù)

⇒⇒ ˆAIM=180°2=90°AIM^=180°2=90°

⇒⇒ MO⊥ABMO⊥AB tại II

c) Ta có: ˆBDC=90°BDC^=90°(Góc nội tiếp chắn đường kính BCBC) 

⇒⇒ ΔBDC∆BDC vuông tại D⇒BD⊥CDD⇒BD⊥CD

ΔBCM⊥BΔBCM⊥B (do BMBM là tiếp tuyến của (O))

Hệ thức lượng vào ΔBCM⊥B,BD⊥CDΔBCM⊥B,BD⊥CD (chứng minh trên) ta có:

BM2=MD.MCBM2=MD.MC (1)

Xét ΔMAO∆MAO vuông tại A

AI⊥OMAI⊥OM (Vì AB⊥OMAB⊥OM) ⇒⇒ AM2=MI.MOAM2=MI.MO (2)

mà AM=BMAM=BM (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) (3) 

Từ (1), (2) và (3) ⇒⇒ MD.MC=MA2=MI.MOMD.MC=MA2=MI.MO

d) Xét ΔEOM∆EOM cà ΔIOF∆IOF 

ˆEOMEOM^ chung 

ˆOIF=ˆOEM=90°OIF^=OEM^=90° (gt &cm)

⇒⇒ ΔEOM∼ΔIOF∆EOM∼∆IOF (g.g)

⇒⇒ OEOI=OMOFOEOI=OMOF (tỉ số đồng dạng)

⇒⇒ OE.OF=OM.OIOE.OF=OM.OI

Lại có ΔOAM∆OAM vuông tại AA

Mà AI⊥OMAI⊥OM (cmt)

⇒⇒ OA2=OI.OMOA2=OI.OM Mà OA=OC=ROA=OC=R

⇒⇒ OC2=OF.OEOC2=OF.OE

⇒⇒ OCOE=OFOCOCOE=OFOC

Xét ΔOCF∆OCF và ΔOCE∆OCE có 

ˆCOFCOF^ chung 

OCOE=OFOCOCOE=OFOC

⇒⇒ ΔOCF∼ΔOEC∆OCF∼∆OEC (c.g.c)(c.g.c)

⇒⇒ ˆOFC=ˆOCE=90°OFC^=OCE^=90°

⇒⇒ OC⊥CFOC⊥CF tại C

⇒⇒ FCFC là tiếp tuyến của đường tròn 

(ĐPCM)

a: ΔOMN cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI⊥MN tại I

Xét tứ giác AIOC có \(\hat{AIO}+\hat{ACO}=90^0+90^0=180^0\)

nên AIOC là tứ giác nội tiếp

b: Bổ sung đề: E là giao điểm của OI và BC

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),(2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA⊥BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét ΔOHE vuông tại H và ΔOIA vuông tại I có

\(\hat{HOE}\) chung

Do đó: ΔOHE~ΔOIA

=>\(\frac{OH}{OI}=\frac{OE}{OA}\)

=>\(OI\cdot OE=OH\cdot OA\)

a: Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên OH*OA=OB^2=R^2

b: Xét ΔABC và ΔADB có

góc ABC=góc ADB

góc BAC chung

Do đó; ΔABCđồng dạng với ΔADB

=>AB/AD=AC/AB

=>AB^2=AD*AC

=>AD*AC=AH*AO