a, Chú ý:  A M O ^ = A I O ^ = A N O ^ = 90 0

b,  A M B ^ = M C B ^ = 1 2 s đ M B ⏜

=> DAMB ~ DACM (g.g)

=> Đpcm

c, AMIN nội tiếp => A M N ^ = A I N ^

BE//AM => A M N ^ = B E N ^

=>   B E N ^ = A I N ^ => Tứ giác BEIN nội tiếp =>  B I E ^ = B N M ^

Chứng minh được:  B I E ^ = B C M ^ => IE//CM

d, G là trọng tâm DMBC Þ G Î MI

Gọi K là trung điểm AO Þ MK = IK = 1 2 AO

Từ G kẻ GG'//IK (G' Î MK)

=>  G G ' I K = M G M I = M G ' M K = 2 3 I K = 1 3 A O  không đổi   (1)

MG' =  2 3 MK => G' cố định (2). Từ (1) và (2) có G thuộc (G'; 1 3 AO)

Xét $(O)$ có: $BC$ là dây cung
$I$ là trung điểm $BC$

$⇒OI ⊥BC$ (tính chất)

Xét $(O)$ có: $AM;AN$ là các tiếp tuyến của đường tròn

$⇒AM⊥OM;AN⊥ON;AM=AN$

Xét tứ giác $AMON$ có:

$\widehat{AMO}=\widehat{ANO}=90^o$

$⇒\widehat{AMO}+\widehat{ANO}=180^o$

$⇒$ Tứ giác $AMON$ nội tiếp (tổng 2 góc đối $=180^o$)

$⇒$ 4 điểm $A;M;O;N$ thuộc 1 đường tròn(1)

Lại có: $\widehat{AIO}=\widehat{ANO}=90^o$

$⇒\widehat{AIO}+\widehat{ANO}=180^o$

$⇒$ Tứ giác $AION$ nội tiếp (Tổng 2 góc đối $=180^o$)

hay 4 điểm $A;I;O;N$ thuộc 1 đường tròn (2)

Từ $(1)(2)⇒$ 5 điểm $A;I;O;M;N$ thuộc 1 đường tròn (đpcm)

b, $K$ sẽ là giao điểm của $MN$ và $AC$

5 điểm $A;I;O;M;N$ thuộc 1 đường tròn

$⇒$ Tứ giác $AMIN$ nội tiếp

$⇒\widehat{AIM}=\widehat{ANM}$ (các góc nội tiếp cùng chắn cung $AM$)

Ta có: $AM=AN⇒\triangle AMN$ cân tại $A$

$⇒\widehat{AMN}=\widehat{ANM}$

$⇒\widehat{AIM}=\widehat{AMN}$

hay $\widehat{AIM}=\widehat{AMK}$

Xét $\triangle AIM$ và $\triangle AMK$ có:

$\widehat{AIM}=\widehat{AMK}$

$\widehat{A}$ chung

$⇒\triangle AIM \backsim \triangle AMK(c.g.c)$

$⇒\dfrac{AI}{AM}=\widehat{AM}{AK}$

$ ⇒AK.AI=AM^2(3)$

Xét $(O)$ có: $\widehat{AMB}=\widehat{ACM}$ (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung $MB$)

Xét $\triangle AMB$ và $\triangle ACM$ có:

$\widehat{AMB}=\widehat{ACM}$ 

$\widehat{A}$ chung

$⇒\triangle AMB \backsim \triangle ACM(g.g)$

$⇒\dfrac{AM}{AC}=\dfrac{AB}{AM}$

Hay $AB.AC=AM^2(4)$ 

Từ $(3)(4)⇒AK.AI=AB.AC(đpcm)$

GIÚP MÌNH VỚI

Gọi I là giao điểm của MN và AC.

Ta có: \(\widehat{IHO}=\widehat{OEI}=90°\)

\(\Rightarrow\)Tứ giác EIHO nội tiếp đường tròn.

\(\Rightarrow\)Tâm của đường tròn ngoại tiếp ∆OHE nằm trên đường trung trực của EI.(*)

Ta có ∆AIH \(\approx\)∆AOE 

\(\Rightarrow\)AH.AO = AE.AI (1)

Ta có: ∆AMB \(\approx\)AOM

\(\Rightarrow\)AM² = AH.AO (2)

Ta lại có: ∆ABM \(\approx\)∆AMC

\(\Rightarrow\)AM² = AB.AC (3)

Từ (1), (2), (3) \(\Rightarrow\)AE.AI = AB.AC

Vì A,B,C,E cố định nên I cố định (**)

Từ (*), (**) suy ta tâm đường tròn ngoại tiếp ∆OHE nằm trên đường trung trực của EI.

PS: không chứng minh được nó nằm trên đường tròn nha b. Hình tự vẽ.

bạn cho mình hỏi tại sao tam giác ABM đồng dạng với tam giác AMC vậy?. Mình ko hiểu chỗ đó

a/ Xét tứ giác \(AMON\) có :

\(\widehat{AMO}=\widehat{ANO}=90^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{AMO}+\widehat{ANO}=180^0\)

Mà \(\widehat{AMO};\widehat{ANO}\) là 2 góc đối diện

\(\Leftrightarrow\) Tứ giác AMON là tứ giác nội tiếp

\(\Leftrightarrow\) 4 điểm A, M, O, N cùng thuộc 1 đường tròn \(\left(1\right)\)

Xét (O, R) có :

I là trung điểm của dây cung BC

\(\Leftrightarrow OI\perp BC\)

Xét tam giác OIA có : \(\widehat{OIA}=90^0\)

\(\Leftrightarrow\) 3 điểm O, I, A cùng thuộc 1 đường tròn \(\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right)+\left(2\right)\Leftrightarrow\) 5 điểm \(A,M,O,I,N\) cùng thuộc 1 đường tròn

b/ Ta có :

\(\widehat{BMA}=\widehat{MCA}\) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

Xét \(\Delta MBA;\Delta CMA\) có :

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{CAM}chung\\\widehat{BMA}=\widehat{MCA}\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\Delta MBA\infty\Delta CMA\left(\left(g.g\right)\right)\)

\(\Leftrightarrow\frac{AB}{AM}=\frac{AM}{AC}\Leftrightarrow AB.AC=AM^2\left(đpcm\right)\)

c/ Ta có :

\(BE\backslash\backslash AM\)

\(\Leftrightarrow\widehat{MAB}=\widehat{EBI}\)

Lại có : \(\widehat{MAB}=\widehat{MNB}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{MNB}=\widehat{EBI}\)

\(\Leftrightarrow MNIE\) là tứ giác nội tiếp

\(\Leftrightarrow\widehat{EIB}=\widehat{ENB}\)

Mà \(\widehat{ENB}=\widehat{MCB}\)

\(\Leftrightarrow\widehat{EIB}=\widehat{MCB}\)

Mà đây là 2 góc đồng vị

\(\Leftrightarrow IE\backslash\backslash MC\left(đpcm\right)\)

vẽ hình đi b