dễ ẹc!!!!!!!!

Trả lời :

Bn Nguyễn Tũn bảo dễ ẹt thì làm đi.

- Hok tốt !

^_^

c: Xét (O) có

M,O,N thẳng hàng

=>MN là đường kính của (O)

OA là đường trung trực của BC(cmt)

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

\(\widehat{HCM}+\widehat{HMC}=90^0\)(ΔHMC vuông tại H)

\(\widehat{ACM}+\widehat{OCM}=\widehat{OCA}=90^0\)

mà \(\widehat{OCM}=\widehat{HMC}\)(ΔOMC cân tại O)

nên \(\widehat{HCM}=\widehat{ACM}\)

=>CM là phân giác của góc ACB(5)

Xét (O) có

ΔNCM nội tiếp

NM là đường kính

Do đó: ΔNCM vuông tại C

=>CM\(\perp\)CN(6)

Từ (5),(6) suy ra CN là phân giác góc ngoài tại đỉnh C của ΔACH

Xét ΔACH có CN là phân giác góc ngoài tại đỉnh C

nên \(\dfrac{CA}{CH}=\dfrac{NA}{NH}\left(7\right)\)

Xét ΔACH có CM là phân giác góc trong tại đỉnh C

nên \(\dfrac{CA}{CH}=\dfrac{MA}{MH}\left(8\right)\)

Từ (7) và (8) suy ra \(\dfrac{NA}{NH}=\dfrac{MA}{MH}\)

=>\(NA\cdot MH=NH\cdot MA\)

Xét tứ giác MIOK có

\(\widehat{MIO}+\widehat{MKO}=90^0+90^0=180^0\)

=>MIOK là tứ giác nội tiếp

=>M,I,O,K cùng thuộc một đường tròn

lấy A là trung điểm của OM,xét tam giác OMI có:
A là trung điểm của OM
O,M,I thuộc 1 đường tròn. (1)
Xét tam giác OMK có A là trung điểm của OM
O,M,K thuộc 1 đường tròn (2)
từ (1) và (2) suy ra 4 điểm M,I,O,K cùng thuộc 1 đường tròn
 

a: Xét (O) có

AB,AC là tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>ΔABC cân tại A

b: AB=AC

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

OB=OC

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

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

=>AO\(\perp\)BC tại trung điểm của BC

=>AO\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2=OB\cdot OB=OB\cdot OC\)

c: Xét (O) có

M,O,N thẳng hàng

=>MN là đường kính của (O)

OA là đường trung trực của BC(cmt)

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

\(\widehat{HCM}+\widehat{HMC}=90^0\)(ΔHMC vuông tại H)

\(\widehat{ACM}+\widehat{OCM}=\widehat{OCA}=90^0\)

mà \(\widehat{OCM}=\widehat{HMC}\)(ΔOMC cân tại O)

nên \(\widehat{HCM}=\widehat{ACM}\)

=>CM là phân giác của góc ACB(5)

Xét (O) có

ΔNCM nội tiếp

NM là đường kính

Do đó: ΔNCM vuông tại C

=>CM\(\perp\)CN(6)

Từ (5),(6) suy ra CN là phân giác góc ngoài tại đỉnh C của ΔACH

Xét ΔACH có CN là phân giác góc ngoài tại đỉnh C

nên \(\dfrac{CA}{CH}=\dfrac{NA}{NH}\left(7\right)\)

Xét ΔACH có CM là phân giác góc trong tại đỉnh C

nên \(\dfrac{CA}{CH}=\dfrac{MA}{MH}\left(8\right)\)

Từ (7) và (8) suy ra \(\dfrac{NA}{NH}=\dfrac{MA}{MH}\)

=>\(NA\cdot MH=NH\cdot MA\)

Gọi H là hình chiếu của O đến đường thẳng d. Khi đó : OH = h không đổi

dễ chứng minh OM \(\perp AB\)tại K

gọi giao điểm của OH với AB là I

Ta có : \(\Delta OKI~\Delta OHM\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{OK}{OH}=\frac{OI}{OM}\Rightarrow OK.OM=OI.OH\)

Áp dụng hệ thức lượng, ta có :

\(OB^2=OK.OM=OH.OI\Rightarrow OI=\frac{OB^2}{OH}=\frac{R^2}{h}\)không đổi ( R là bán kính đường tròn (O) )

vậy AB đi qua điểm I cố định

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 $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$. Mà 2 góc này đối nhau nên $MAOB$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow M, A,O,B$ cùng thuộc 1 đường tròn (1)

Mặt khác:

Tam giác $ONP$ cân tại $O$ (do $ON=OP=R$) nên trung tuyến $OK$ đồng thời là đường cao.

$\Rightarrow \widehat{MKO}=90^0$

Xét tứ giác $MAKO$ có $\widehat{MAO}=\widehat{MKO}=90^0$. Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh $MO$ nên $MAKO$ là tứ giác nội tiếp.

$\Rightarrow M,A,K,O$ cùng thuộc 1 đường tròn (2)

Từ $(1); (2)\Rightarrow M, A, O, K,B$ cùng thuộc 1 đường tròn.