(a) + Ta có : \(OB=OC=R\Rightarrow O\) thuộc đường trung trực của \(BC.\)

Do \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\) nên \(AI\) hay \(AD\) là đường phân giác của 

\(\hat{BAC}\Rightarrow\hat{BAD}=\hat{DAC}\Rightarrow\stackrel\frown{BD}=\stackrel\frown{CD}\) (các góc nội tiếp bằng nhau chắn các cung bằng nhau) \(\Rightarrow BD=CD\Rightarrow D\) thuộc đường trung trực của \(BC\).

Từ đó, suy ra \(OD\) là đường trung trực của \(BC\Rightarrow OD\perp BC\) (đpcm).

+ Ta có : \(\hat{DBC}=\hat{DAC}=\hat{BAD}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CD\) và chứng minh trên). Mà : \(\hat{ABI}=\hat{IBC}\) (do \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp \(\Delta ABC\Rightarrow BI\) là phân giác của \(\hat{ABC}\)).

Ta sẽ có được : \(\hat{DBC}+\hat{IBC}=\hat{BAD}+\hat{ABI}\)

\(\Leftrightarrow\hat{IBD}=\hat{BID}\) (\(\hat{BID}\) là góc ngoài của \(\Delta ABI\))

\(\Rightarrow\Delta IBD\) cân tại \(D\) (đpcm).

(b) Xét \(\Delta PAD,\Delta DTR:\) \(\left\{{}\begin{matrix}\hat{PDA}=\hat{TDR}=90^o\left(gt\right)\\\hat{PAD}=\hat{DRT}\end{matrix}\right.\) (cùng phụ với \(\hat{HTA}=\hat{DTR}\) (đối đỉnh))

 \(\Rightarrow\Delta PAD\sim\Delta DTR\left(g.g\right)\Leftrightarrow\dfrac{PD}{DT}=\dfrac{AD}{DR}\Leftrightarrow DT.DA=PD.DR\left(1\right).\)

Xét \(\Delta DBT,\Delta DAB:\left\{{}\begin{matrix}\hat{ADB}\text{ chung}\\\hat{DBT}=\hat{DAB}\left(=\hat{BAD}\right)\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta DBT\sim\Delta DAB\left(g.g\right)\Leftrightarrow\dfrac{DT}{DB}=\dfrac{DB}{DA}\Leftrightarrow DB^2=DT.DA\left(2\right).\)

Từ \(\left(1\right),\left(2\right)\Rightarrow PD.DR=DB^2=DI^2\) (\(\Delta IDB\) cân tại \(D\left(cmt\right)\Rightarrow DB=DI\)) \(\Leftrightarrow\dfrac{PD}{DI}=\dfrac{DI}{DR}\).

Xét \(\Delta PDI,\Delta IDR:\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{PD}{DI}=\dfrac{DI}{DR}\left(cmt\right)\\\hat{PDI}=\hat{IDR}=90^o\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta PDI\sim\Delta IDR\left(c.g.c\right)\Leftrightarrow\hat{IPD}=\hat{DIR}\).

Lại có trong \(\Delta IDP\) vuông tại \(D\) : \(\hat{IPD}+\hat{PID}=90^o\) (hai góc phụ nhau), suy ra : \(\hat{DIR}+\hat{PID}=90^o=\hat{PIR}\)

Vậy : \(IP\perp IR\) (đpcm).

(c) Do \(\left\{{}\begin{matrix}IK\perp BC\\AH\perp BC\end{matrix}\right.\left(gt\right)\Rightarrow IK\left|\right|AH\Rightarrow\dfrac{DI}{DA}=\dfrac{DK}{DS}\) (hệ quả của định lí Ta-lét) \(\Rightarrow\dfrac{DB}{DA}=\dfrac{DK}{DS}\). (do \(\Delta IBD\) cân tại \(D\left(cmt\right)\) nên \(ID=DB\)).

Ta cũng có ở câu (b) : \(\Delta DBT\sim\Delta DAB\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{DB}{DA}=\dfrac{DT}{DB}=\dfrac{DT}{DI}\).

Từ hai điều trên suy ra : \(\dfrac{DK}{DS}=\dfrac{DT}{DI}\).

Xét \(\Delta DKT,\Delta DSI:\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{DK}{DS}=\dfrac{DT}{DI}\left(cmt\right)\\\hat{D}\text{ chung}\end{matrix}\right.\)

\(\Rightarrow\Delta DKS\sim\Delta DSI\left(c.g.c\right)\Rightarrow\hat{DKT}=\hat{DSI}\). Hai góc này ở vị trí đồng vị nên \(TK\left|\right|SI\) hay \(BC\left|\right|SI\).

Ta lại có : \(AH\perp BC\Rightarrow SI\perp AH\Rightarrow\hat{PSI}=90^o.\)

Xét tứ giác \(SIDP:\hat{PSI}+\hat{PDI}=90^o+90^o=180^o\). Đây là hai góc đối nhau, vì vậy, tứ giác \(SIDP\) nội tiếp được một đường tròn (đpcm).

Không thấy câu a) của bạn đâu nên mình chứng minh câu b) luôn nhé.

Dễ thấy \(\widehat{BHD}=\widehat{BCA}\) vì cùng phụ với \(\widehat{HBC}\).

Lại có \(\widehat{BKD}=\widehat{BKA}=\widehat{BCA}\) nên suy ra \(\widehat{BHD}=\widehat{BKD}\) hay \(\widehat{BHK}=\widehat{BKI}\).

Mặt khác, tam giác AEH vuông tại E có trung tuyến EI nên \(EI=\dfrac{AH}{2}=IH\) \(\Rightarrow\Delta IEH\) cân tại I \(\Rightarrow\widehat{IHE}=\widehat{IEH}=\widehat{IEB}\)

Mà \(\widehat{IHE}=\widehat{BHK}=\widehat{BKI}\) \(\Rightarrow\widehat{IEB}=\widehat{IKB}\), từ đó suy ra tứ giác IEKB nội tiếp. (đpcm)

=1.23123

a: góc ACF=1/2*sđ cung AF
góc BCF=1/2*sđ cung BF

góc ACF=góc BCF
=>AF=BF

mà OA=OB

nên OF là trung trực của AB

=>OF vuông góc BA tại M

góc ABE=1/2*sđ cung AE
góc CBE=1/2*sđ cung CE
góc ABE=góc CBE

=>AE=CE
mà OA=OC

nên OE là trung trực của AC

=>OE vuông góc AC tại N

b: góc AMO+góc ANO=180 độ

=>AMON nội tiếp

1)Cho tam giác nhọn ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, K là giao điểm thứ hai của AH với đường tròn (O). Đường thẳng đi qua H và vuông góc với OA cắt BC ở I. Chứng minh rằng IK là tiếp tuyến của đường tròn (O)

 ~~~~~~~~~ Bài làm ~~~~~~~~~

Ta có: \(\widehat{HBD}=\widehat{DAC}\) (Cùng phụ với \(\widehat{ACB}\))

\(\widehat{KBD}=\widehat{DAC}\)( Góc nối tiếp cùng chắn cung \(KC\))

\(\Rightarrow\widehat{HBD}=\widehat{KBD}\)

Ta lại có: \(BD\perp HK\)

\(\Rightarrow BD\) là đường trung trực của \(HK\)

\(\Rightarrow\Delta IHK\) cân tại \(I\)

\(\Rightarrow\widehat{BKD}=\widehat{BHD}=\widehat{AHQ}\)

Lại có:\(\widehat{DKO}=\widehat{HAO}\)( \(\Delta OKA\) cân tại \(O\))

Vì vậy: \(\widehat{DKO}+\widehat{BKD}=\widehat{HAO}+\widehat{AHQ}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{KIO}=90^0\)

\(\Rightarrow IK\)là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(O\right)\)

(Hình vẽ chỉ mang tính chất minh họa cái hình vẽ gần cả tiếng đồng hồ :)) )

Ủa bạn ơi sao phụ nhau? Dòng đầu ấy

Đúng rồi bạn. Phụ nhau ý nghĩa là ^HBD + ^ACB = 90^0 và tương tự như góc kia. (Tam giác vuông ý)

a. Vì I là trung điểm của AC \(\Rightarrow\) OI \(\perp\) AC ( quan hệ giữa đk và dây )

                                            hay KI \(\perp\) AC

Xét tứ giác CIKH có: góc KIC + góc KHC = 90^o + 90^o = 180^o ( tổng 2 góc đối = 180^o )

\(\Rightarrow\) tứ giác CIKH nội tiếp ( đpcm )

b. Ta có: góc CBD = góc CAD ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung DC ) (1)

Xét \(\Delta\) AKC có: KI là đường trung tuyến đồng thời là đường cao

\(\Rightarrow\) \(\Delta\) AKC là tam giác cân tại K \(\Rightarrow\) góc CAK = góc ACK

                                                  hay góc CAD = góc ACK (2)

Từ (1), (2) \(\Rightarrow\) góc ACK = góc CBD ( đpcm )