a) Ta có:

$AB,\, AC$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $B,\, C\quad (gt)$

$\to AB= AC$

Ta lại có: $OB = OC = R$

$HB = HC = \dfrac{1}{2}BC\quad (gt)$

$\Rightarrow O,\,H,\,A$ cùng thuộc trung trực của $BC$

$\Rightarrow O,\,H,\,A$ thẳng hàng

Xét tứ giác $ABOC$ có:

$\widehat{OBA} = \widehat{OCA} =90^\circ\quad (OB\perp AB;\, OC\perp AC)$

$\Rightarrow \widehat{OBA} + \widehat{OCA} = 180^\circ$

$\Rightarrow ABOC$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow A,\,B,\,O,\,C$ cùng thuộc một đường tròn

b) Ta có:

$OA$ là trung trực của $BC$

$\Rightarrow OA$ là phân giác của $\widehat{BOC}$

$\Rightarrow \widehat{AOC} = \dfrac{1}{2}\widehat{BOC} = \dfrac{1}{2}sđ\mathop{BC}\limits^{\displaystyle\frown}$

Ta lại có: $\widehat{BDC} = \widehat{KDC} = \dfrac{1}{2}sđ\mathop{BC}\limits^{\displaystyle\frown}$

$\Rightarrow \widehat{KDC} = \widehat{AOC}$

Xét $ΔKDC$ và $ΔCOA$ có:

$ \widehat{KDC} = \widehat{AOC}\quad (cmt)$

$\widehat{K} = \widehat{C} = 90^\circ$

Do đó $ΔKDC\sim ΔCOA\, (g.g)$

$\Rightarrow \dfrac{CK}{AC} = \dfrac{CD}{OA}$

$\Rightarrow AC.CD = CK.OA$

c) Ta có: $M\in OA$

mà $OA$ là trung trực của $BC$

nên $MB = MC$

$\Rightarrow ΔMBC$ cân tại $M$

$\Rightarrow \widehat{MBC} = \widehat{MCB}$

Ta lại có:

$\widehat{MCA} = \widehat{MBC}$ (cùng chắn $\mathop{MC}\limits^{\displaystyle\frown}$)

$\widehat{MBA} = \widehat{MCB}$ (cùng chắn $\mathop{MB}\limits^{\displaystyle\frown}$)

$\Rightarrow \begin{cases}\widehat{MBC} = \widehat{MBA}\\\widehat{MCB} = \widehat{MCA}\end{cases}$

$\Rightarrow MB,\,MC$ lần lượt là phân giác của $\widehat{ABC}$ và $\widehat{ACB}$

$\Rightarrow M$ là tâm đường tròn nội tiếp $ΔABC$

d) Gọi $N$ là giao điểm của $AD$ và $(O)$

$\Rightarrow \widehat{BND}=90^\circ$ (nhìn đường kính $BD$)

$\Rightarrow \widehat{BNA} =90^\circ$ (góc kề bù tương ứng)

Ta lại có: $OA\perp BC$ ($OA$ là trung trực $BC$)

$\Rightarrow OH\perp HA$

$\Rightarrow \widehat{BHA} = 90^\circ$

Do đó $\widehat{BNA} = \widehat{BHA} =90^\circ$

$\Rightarrow ABHN$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{ABH}=\widehat{ABC} = \widehat{HNI}$

Ta lại có: $AB//CK\quad (\perp BD)$

$\Rightarrow \widehat{ABC} = \widehat{BCK}=\widehat{HCI}$ (so le trong)

Do đó: $\widehat{HNI} = \widehat{HCI}$

$\Rightarrow HNCI$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{CNI} = \widehat{CHI}$

mà $\widehat{CNI} =\widehat{CND} = \widehat{CBD}$ (cùng chắn $\mathop{CD}\limits^{\displaystyle\frown}$)

nên $\widehat{CHI} = \widehat{CBD}$

$\Rightarrow HI//BD$

$\Rightarrow HI//BK$

Xét $ΔBKC$ có:

$BH = HC = \dfrac{1}{2}BC\quad (gt)$

$HI//BK\quad (cmt)$

$\Rightarrow CI = IK = \dfrac{1}{2}CK$

hay $I$ là trung điểm $CK$

 

a,

$(O)$ có $H$ là trung điểm $BC$ nên $OH\bot BC$        (1)

Mà $\Delta ABC$ cân tại A ($AB=AC$) có $AH$ là phân giác nên cũng là đường cao.

$\Rightarrow AH\bot BC$    (2)

(1)(2)$\Rightarrow OH\equiv AH$

Vậy A, O, H thẳng hàng.

Có $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^o$

$\Rightarrow B, C$ nhìn đoạn $OA$ dưới góc vuông.

Vậy B, C, O, A thuộc đường tròn đường kính $OA$

b,

$OM$ là phân giác $\widehat{BOC}$ nên $\stackrel\frown{BM}=\stackrel\frown{MC}$

Có $\widehat{BDC}=\dfrac{1}{2}\sđ\stackrel\frown{BC}=sđ\stackrel\frown{MC}$

$\widehat{AOC}=sđ\stackrel\frown{MC}$

$\Rightarrow \widehat{AOC}=\widehat{KDC}$

Mà $\widehat{DKC}=\widehat{ACO}=90^o$

nên $\Delta ACO\backsim\Delta CKD$ (g.g)

$\Rightarrow \dfrac{AC}{AO}=\dfrac{CK}{CD}$

$\Leftrightarrow AC.CD=AO.CK$

c,

Ta có:

$\widehat{ACM}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{CM}$

$\widehat{BCM}=\dfrac{1}{2}sđ\stackrel\frown{BM}$

$\Rightarrow \widehat{ACM}=\widehat{BCM}$

$\Rightarrow CM$ phân giác $\widehat{BCA}$

Mà $AM$ phân giác $\widehat{BAC}$ nên M là giao ba đường phân giác.

Vậy M là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$