Câu 1:

a) $\widehat{BAC}$ chắn đường kính $BC$ nên $\widehat{BAC}=90^o$ (góc nội tiếp chắn nhửa đường tròn)

Tứ giác $ABDE$ có:

$\widehat{BAE}+\widehat{BDE}=180^o$

$\Rightarrow ABDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $(BE)$

b) Tứ giác $ABDE$ nội tiếp đường tròn đường kính $(BE)$

nên $\widehat{DAE}=\widehat{DBE}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung DE)

c) Ta có $\Delta OAF$ cân đỉnh O (vì $OA=OF=R$)

$AH\bot BC\to OH\bot AF$

$OH$ là đường cao của $\Delta OAF$ cân tại O nên cũn glaf đường trung tuyến

$\Rightarrow AH=FH$

Xét $\Delta AHC$ và $\Delta EDC$ có:

$\widehat{AHC}=\widehat{EDC}=90^o$

$\widehat C$ chung

$\Rightarrow \Delta AHC\sim\Delta EDC$ (g.g)

$\Rightarrow\dfrac{AH}{HC}=\dfrac{ED}{DC}$

$\Rightarrow AH.DC=ED.HC$ (do $AH=FH$ cmt)

$\Rightarrow FH.DC=ED.HC$

d) $\Delta BAF$ có $BH\bot AF$ (do đề cho AH là đường cao tam giác ABC)

BH là đường cao, BH vừa là đường trung tuyến nên $\Delta BAF$ cân đỉnh B

$\Rightarrow BH$ là đường cao cũng là đường phân giác.

Câu 2:

a) $\Delta OAB$ có $OA=OB=AB=R\Rightarrow\Delta OAB$ đều.

b) $\widehat{BAC}=90^o$ (góc nội tiếp chắn đường kính) $\to\widehat{IAD}=90^o$

$\widehat{BMC}=90^o$ (góc nội tiếp chắn đường kính) $\to\widehat{IMD}=90^o$ 

Tứ giác $AIMD$ có:

$\widehat{IAD}+\widehat{IMD}=180^o$

$\to AIMD$ nội tiếp đường tròn đường kính $(DI)$

c) $\widehat{ADI}=\widehat{AMI}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $AI$)

$\widehat{AMI}=\widehat{ACB}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

$\widehat{ACB}=\dfrac{1}{2}\widehat{AOB}=\dfrac{1}{2}60^o=30^o$ (góc nội tiếp bằng một nửa góc ở tâm)

$\to\widehat{ADI}=30^o$

Câu 3:

1) Ta có $\widehat{NIB}=90^o$ (do $CD\bot AB$ giả thiết)

$\widehat{NMB}=90^o$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Tứ giác $BMNI$ có $\widehat{NIB}+\widehat{NMB}=180^o$

$\Rightarrow BMNI$ nội tiếp đường tròn đường kính $(NB)$

2) a) Ta có $\widehat{ENM}=\widehat{ABM}$ (cùng bù $\widehat{INM}$)

$\widehat{ABM}=\widehat{EMN}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AM)

$\Rightarrow\widehat{ENM}=\widehat{EMN}\Rightarrow\Delta EMN$ cân đỉnh $E$

b) Xét $\Delta ANI$ và $\Delta ABM$ có:

$\widehat A$ chung

$\widehat{AIN}=\widehat{AMB}=90^o$

$\Rightarrow\Delta ANI\sim\Delta ABM$ (g.g)

$\Rightarrow\dfrac{AN}{AB}=\dfrac{AI}{AM}$

$\Rightarrow AN.AM=AI.AB=\dfrac{R}{2}.2R=R^2$.

Câu 4:

a) Ta có $\widehat{PIQ}=90^o$ (góc nội tiếp chắn đường kính PQ)

$P$ là điểm chính giữa của cung lớn AB nên $OP\bot AB\Rightarrow PQ\bot AB$

$\Rightarrow\widehat{PDK}=90^o$

Tứ giác $PDKI$ có: $\widehat{PDK}+\widehat{PIK}=90^o$ nên $PDKI$ nội tiếp đường tròn đường kính $(PK)$

b) Do $P$ là điểm chính giữa của cung lớn AB nên $sđ\stackrel\frown{AP}=sđ\stackrel\frown{BP}$

Mà PQ là đường kính nên

$sđ\stackrel\frown{PQ}-sđ\stackrel\frown{PA}=sđ\stackrel\frown{PQ}-sđ\stackrel\frown{PB}$

$\to sđ\stackrel\frown{AQ}=sđ\stackrel\frown{BQ}$

Nên $\widehat{AIQ}=\widehat{BIQ}$

$\Rightarrow IQ$ là phân giác $\widehat{AIB}$

c) Xét $\Delta CIK$ và $\Delta CDP$ có:

$\widehat{C}$ chung

$\widehat{CIK}=\widehat{CDP}=90^o$

$\Rightarrow\Delta CIK\sim\Delta CDP$ (g.g)

$\Rightarrow\dfrac{CI}{CD}=\dfrac{CK}{CP}$

$\Rightarrow CI.CP=CK.CD$ (1)

Xét $\Delta CAI$ và $\Delta CPB$ có:

$\widehat C$ chung

$\widehat{CAI}=\widehat{CPB}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $BI$)

$\Rightarrow\Delta CAI\sim\Delta CPB$ (g.g)

$\to\dfrac{CA}{CP}=\dfrac{CI}{CB}$

$\to CA.CB=CI.CP$ (2)

Từ (1) và (2) suy ra $CK.CD=CA.CB$.

Bài 5:

a) Ta có $\widehat{MHN}=90^o$ (do $MH\bot NQ$)

$\widehat{MDN}=90^o$ (do $MD\bot NE$)

$\to\widehat{MHN}$ và $\widehat{MDN}$ cùng nhìn cạnh MN dưới một góc $90^o$ nên tứ giác $MDHN$ nội tiếp đường tròn đường kính $(MN)$

Tâm O của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $MDHN$ đó là trung điểm cạnh MN.

b) Ta có: $\widehat{DMH}=\widehat{DNH}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung $HD$)

$\widehat{DNH}=\widehat{DNM}$ (do NE là phân giác)

$\to\widehat{DMH}=\widehat{DNM}$

Mà $\widehat{DNM}=\widehat{DME}$ (cùng phụ $\widehat{MED}$)

$\to\widehat{DMH}=\widehat{DME}\to MD$ là phân giác $\widehat{HMQ}$

Ta có: $\widehat{OND}=\widehat{ODN}$ (do ON=OD, $\Delta OND$ cân đỉnh O)

$\widehat{OND}=\widehat{DNQ}$ (do $NE$ là phân giác)

$\to\widehat{ODN}=\widehat{DNQ}$ mà chúng ở vị trí so le trong nên OD//NH.

Câu 6:

a) Ta có: $\widehat{BAC}=90^o$ (giả thiết)

$\widehat{BDC}=90^o$ (góc nội tiếp chắn đường kính MC)

Tứ giác $ABCD$ có $\widehat{BAC}$ và $\widehat{BDC}$ cùng nhìn cạnh $BC$ dưới một góc bằng $90^o$ nên $ABCD$ nội tiếp đường tròn đường kính $(BC)$

Tâm I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $ABCD$ là trung điểm của BC, bán kính bằng $\dfrac{BC}{2}$

b) CA là phân giác của góc BCS

Ta có $\widehat{BCA}=\widehat{BDA}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung BA)

$\widehat{BDA}=\widehat{MCS}$ (góc nội tiếp cùng chắn cung MS)

$\to\widehat{BCA}=\widehat{MCS}\to CA$ là phân giác $\widehat{BCS}$

c) Tam giác $BCE$ có:

$CA$ và $BD$ là hai đường cao, chúng cắt nhau tại M nên M là trực tâm tam giác $BCD$

$\Rightarrow EM\bot BC$

Mà $\widehat{MNC}=90^o$ (góc nội tiếp chắn đường kính CM) nên $MN\bot BC$

Từ 2 điều trên suy ra $EM//MN\Rightarrow E, M, N$ thẳng hàng.

Bài 7:

a) Xét $\Delta SAB$ và $\Delta SCA$ có:

$\widehat S$ chung

$\widehat{SAB}=\widehat{SCA}$ (góc tạo bởi tiếp tuyến, dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung AB)

$\to\Delta SAB\sim\Delta SCA$ (g.g)

$\to\dfrac{SA}{SC}=\dfrac{SB}{SA}$

$\to SA^2=SB.SC$

b) Ta có: $\widehat{DAC}=\widehat{DAB}$ (giả thiết AD là phân giác $\widehat{BAC}$)

$\widehat{DCA}=\widehat{BAS}$ (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến, dây cung cùng chắn cung AB)

$\Rightarrow\widehat{SDA}=\widehat{DAC}+\widehat{DCA}$ (góc ngoài tam giác)

$=\widehat{DAB}+\widehat{BAS}$

$=\widehat{SAD}$

$\Rightarrow \Delta SAD$ cân đỉnh S nên SA=SD

c) Cm: OE vuông góc BC

Ta có: $\widehat{BAE}=\widehat{EAC}$ (do AD là phân giác góc A)

nên $sđ\stackrel\frown{BE}=sđ\stackrel\frown{CE}$

$\to BE=CE,BO=CO\to OE$ là đường trung trực của $BC$

$\to OE\bot BC$

Ta có $OE//AH$ (do cùng vuông góc với BC)

$\Rightarrow\widehat{OEA}=\widehat{EAH}$ (so le trong)

và có $\widehat{OEA}=\widehat{OAE}$ (do OA=OE, $\Delta OAE$ cân đỉnh O)

$\to\widehat{EAH}=\widehat{OAE}\to AE$ là phân giác $\widehat{HAO}$.