Giúp mình với

Bài 4. a) Ta có $\angle ADB = 90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên $AD$ là đường cao hạ từ đỉnh $A$ xuống cạnh $BM$ của tam giác $ABM$. Do đó, theo tính chất đường cao trong tam giác vuông, ta có: \[ AD^2 = BD \cdot DM \] Mặt khác, ta cũng có: \[ AD \cdot AM = AD \cdot (BD + DM) = AD \cdot BD + AD \cdot DM \] Vì $AD$ là đường cao hạ từ đỉnh $A$ xuống cạnh $BM$, ta có: \[ AD \cdot AM = AB \cdot AD = 2R \cdot AD \] Do đó: \[ AD \cdot AM = 2R \cdot AD = 4R^2 \] b) Ta cần chứng minh bốn điểm $M$, $E$, $O$, $B$ cùng thuộc một đường tròn. Để làm điều này, ta sẽ chứng minh rằng $\angle OEB = \angle OMB$. Ta có $\angle OEB = \angle OEA$ (vì $E$ là trung điểm của $AD$) và $\angle OEA = \angle OBA$ (vì $OA = OB$ và $E$ là trung điểm của $AD$). Mặt khác, ta có $\angle OMB = \angle OBA$ (vì $OB$ là bán kính và $BM$ là tiếp tuyến). Do đó: \[ \angle OEB = \angle OMB \] Vậy bốn điểm $M$, $E$, $O$, $B$ cùng thuộc một đường tròn. c) Ta cần chứng minh $MC$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$. Ta có $\angle BHC = 90^\circ$ (vì $BH$ vuông góc với $OM$). Do đó, $\angle BHC$ là góc vuông và $C$ nằm trên đường tròn $(O)$. Ta cũng có $\angle BMC = \angle BOC$ (vì $B$, $O$, $C$ cùng thuộc đường tròn $(O)$). Mặt khác, ta có $\angle BOC = 90^\circ$ (vì $OB$ là bán kính và $BC$ là tiếp tuyến). Do đó: \[ \angle BMC = 90^\circ \] Vậy $MC$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$. Bài 5. a) Ta có $\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^\circ$ nên B, C thuộc đường tròn tâm O, đường kính OA. Vậy OA vuông góc với BC tại H. Ta có $\widehat{AOD}=\widehat{AED}$ (cùng chắn cung AD) nên tam giác AOD và tam giác AED đồng dạng (g-g). Từ đó ta có tỉ lệ thức $\frac{AO}{AE}=\frac{AD}{AO}$ hay $AO.AH=AD.AE.$ b) Ta có $\widehat{AOD}=2\widehat{CED}$ (góc tâm gấp đôi góc nội tiếp cùng chắn một cung) mà $\widehat{CED}=\widehat{FED}$ (hai góc so le trong) nên $\widehat{AOD}=2\widehat{FED}.$ Mà $\widehat{AOD}=2\widehat{OED}$ (góc đỉnh chung O, có tia Oz nằm giữa hai tia OA và OE) nên $\widehat{FED}=\widehat{OED}.$ Ta có $\widehat{OED}+\widehat{OEF}=90^\circ$ (vì OI vuông góc với DE) nên $\widehat{FED}+\widehat{OEF}=90^\circ.$ Từ đó ta có $\widehat{OEF}=90^\circ$ nên FD vuông góc với OE. Vậy FD là tiếp tuyến của (O). Bài 6. a) Ta có \(MA\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O;R)\) nên \(OA \perp MA\). Do đó, tam giác \(OAM\) vuông tại \(A\). Áp dụng định lý Pythagoras trong tam giác \(OAM\), ta có: \[ OM^2 = OA^2 + AM^2 \] \[ OM^2 = R^2 + AM^2 \] Ta cũng có \(OH \cdot OM = OA^2 = R^2\). b) Ta cần chứng minh bốn điểm \(M, A, I, O\) cùng thuộc một đường tròn. - Ta đã biết \(OA \perp MA\) và \(OI \perp CD\) (vì \(I\) là trung điểm của dây \(CD\)). - Xét tam giác \(OAM\) và tam giác \(OAI\): - \(OA\) chung. - \(OA \perp MA\) và \(OI \perp CD\). - \(AM\) và \(AI\) là các đoạn thẳng từ \(A\) đến các điểm trên tia \(MA\) và \(MI\) lần lượt. Do đó, tam giác \(OAM\) và tam giác \(OAI\) có chung cạnh \(OA\) và có các góc vuông tại \(A\). Vì vậy, bốn điểm \(M, A, I, O\) cùng thuộc một đường tròn. c) Ta cần chứng minh \(KC\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O;R)\). - Ta đã biết \(OI \perp CD\) và \(HA \perp MO\). - Xét tam giác \(OKC\) và tam giác \(OAC\): - \(OC\) chung. - \(OI \perp CD\) và \(HA \perp MO\). - \(OK\) và \(OA\) là các đoạn thẳng từ \(O\) đến các điểm trên tia \(OI\) và \(OA\) lần lượt. Do đó, tam giác \(OKC\) và tam giác \(OAC\) có chung cạnh \(OC\) và có các góc vuông tại \(K\) và \(A\). Vì vậy, \(KC\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O;R)\). Đáp số: \(OH \cdot OM = R^2\).