Bài 4:
a)
Vì $MA,MB$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ nên $\widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90{}^\circ $
Xét tứ giác $MAOB$ có:
$\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90{}^\circ +90{}^\circ =180{}^\circ $
$\to MAOB$ là tứ giác nội tiếp
b)
Gọi $H$ là giao điểm $OM$ và $AB$
$MA=MB$ ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau )
$OA=OB\,\,\left( =R \right)$
$\to OM$ là đường trung trực của $AB$
$\to OM\bot AB$ tại $H$
$\to H$ là trung điểm $AB$
$\Delta MAO$ vuông tại $A$
$\to O{{M}^{2}}=A{{M}^{2}}+A{{O}^{2}}$ ( định lý Pi-ta-go )
$\to AM=\sqrt{O{{M}^{2}}-A{{O}^{2}}}$
$\to AM=\sqrt{{{5}^{2}}-{{3}^{2}}}$
$\to AM=4\,\left( cm \right)$
$\Delta MAO$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao
$\to AH.MO=AM.AO$ ( hệ thức lượng )
$\to AH=\dfrac{AM.AO}{MO}$
$\to AH=\dfrac{4.3}{5}=2,4\,\left( cm \right)$
$H$ là trung điểm $AB$
$\to AB=2AH=2.2,4=4,8\,\left( cm \right)$
$\Delta MAH$ vuông tại $H$
$\to M{{A}^{2}}=M{{H}^{2}}+A{{H}^{2}}$ ( định lý Pi-ta-go )
$\to MH=\sqrt{M{{A}^{2}}-A{{H}^{2}}}$
$\to MH=\sqrt{{{4}^{2}}-2,{{4}^{2}}}$
$\to MH=3,2\,\left( cm \right)$
${{S}_{\Delta MAB}}=\dfrac{1}{2}\,.\,MH\,.\,AB=\dfrac{1}{2}\,.\,3,2\,.\,4,8=\,7,68\,\left( c{{m}^{2}} \right)$
……………………………………………………
Bài 5:
a)
Xét tứ giác $AMHK$, ta có:
$\widehat{AKM}=90{}^\circ $
$\widehat{AHM}=90{}^\circ $
$\to \widehat{AKM}+\widehat{AHM}=90{}^\circ +90{}^\circ =180{}^\circ $
$\to AMHK$ là tứ giác nội tiếp
$\to 4$ điểm $A,M,H,K$ cùng thuộc một đường tròn
b)
Vì $AMHK$ là tứ giác nội tiếp
$\to \widehat{KMN}=\widehat{KAB}$ ( cùng chắn $\overset\frown{HK}$ )
Mà $\widehat{KAB}=\widehat{BMN}$ ( cùng chắn $\overset\frown{BN}$ trong tứ giác $AMBN$ nội tiếp $\left( O \right)$ )
Nên $\widehat{KMN}=\widehat{BMN}$
$\to MN$ là tia phân giác góc $BMK$
