Dễ dàng chứng minh \(OM.OC=OA^2=OD^2\). \(\Rightarrow\Delta OMD~\Delta ODC\left(c.g.c\right)\) \(\Rightarrow\widehat{ODM}=\widehat{OCD}\)

Mà \(\widehat{OCD}=\widehat{ADC}\) (do OC//AD (\(\perp AB\))) nên suy ra \(\widehat{ADC}=\widehat{BDM}\) (đpcm)

Cách 1:

 Gọi I, J, M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của TK, TL, KB, LC, KA, LD.

 Ta có \(MB^2=MK^2\) \(\Rightarrow P_{M/\left(O\right)}=P_{M/\left(K;0\right)}\) \(\Rightarrow\) M nằm trên trục đẳng phương của (O) và (K;0). Tương tự, ta có P nằm trên trục đẳng phương của (O) và (K;0) nên MP là trục đẳng phương của (O) và (K;0)

 Hơn nữa, dễ thấy \(I\in MP\) nên \(P_{I/\left(O\right)}=P_{I/\left(K;0\right)}\Rightarrow P_{I/\left(O\right)}=IK^2\)

 Mà \(IK=IT\Rightarrow P_{I/\left(O\right)}=IT^2=P_{I/\left(T;0\right)}\)

 Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được \(P_{J/\left(O\right)}=P_{J/\left(T;0\right)}\), suy ra IJ là trục đẳng phương của (O) và (T;0) \(\Rightarrow IJ\perp OT\)

 Mà IJ//LK (IJ là đường trung bình của tam giác TLK) \(\Rightarrow OT\perp KL\) (đpcm)

Dựng tiếp tuyến với đường tròn tại B, gọi K là giao của tiếp tuyến với đường tròn tại M với tiếp tuyến với đường tròn tại B

Ta có

\(AF\perp AB;OD\perp AB;BK\perp AB\) => AF//OD//BK

\(\Rightarrow\dfrac{DE}{OA}=\dfrac{DK}{OB}\) (Talet)

Mà OA=OB

=> DE=DK (1)

Xét tg ABF có

OD//AF => \(\dfrac{DF}{OA}=\dfrac{DB}{OB}\) (Talet trong tg)

Mà OA=OB => DF=DB (2)

\(\widehat{EDF}=\widehat{KDB}\) (góc đối đỉnh)

Từ (1) (2) (3) => tg EDF = tg KDB (c.g.c)

=> EF=KB

Mà KB=KM (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm bằng nhau)

=> EF=KM

Ta có

EA=EM  (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm bằng nhau)

\(\Rightarrow EA.EF=EM.KM\)

Xét tg vuông EAO và tg vuông EMO có

EO chung

EA=EM (cmt)

=> tg EAO = tg EMO (Hai tg vuông có cạnh huyền và cạnh góc vuông bằng nhau) \(\Rightarrow\widehat{EOA}=\widehat{EOM}\) (4)

C/m tương tự ta cũng có tg KMO = tg KBO \(\Rightarrow\widehat{KOB}=\widehat{KOM}\) (5)

Mà \(\widehat{EOA}+\widehat{EOM}+\widehat{KOB}+\widehat{KOM}=180^o\) (6)

Từ (4) (5) (6) \(\Rightarrow\widehat{EOM}+\widehat{KOM}=\widehat{KOE}=90^o\)

=> tg KOE là tg vuông tại O

Ta có \(OM\perp KE\) (KE là tiếp tuyến với đường tròn tại M)

Xét tg vuông KOE có

\(OM^2=KM.EM\) (Trong tg vuông bình phương đường cao từ đỉnh góc vuông xuống cạnh huyền bằng tích giữa hình chiếu 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền)

\(\Rightarrow KM.EM=EF.EA=OM^2\) không đổi

Gọi I là giao của CP với AH; K là giao của CA với BP

\(sđ\widehat{CAx}=\dfrac{1}{2}sđcungAC\) (góc giữa tiếp tuyến và dây cung) (1)

\(sđ\widehat{BKC}=\dfrac{1}{2}\left(sđcungBC-sđcungAB\right)\) (góc có đỉnh ở ngoài hình tròn)

Ta có

\(sđcungBC=sđcungBAC\)

\(\Rightarrow sđcungBC-sđcungAB=sđcungBAC-sđcungAB=sđcungAC\)

\(\Rightarrow sđ\widehat{BKC}=\dfrac{1}{2}sđcungAC\) (2)

\(\widehat{CAx}=\widehat{KAP}\) (góc đối đỉnh) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{KAP}=\widehat{BKC}\) => tg APK cân tại P

=> PA=PK

Mà PA=PB (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì khoảng cách từ điểm đó đến 2 tiếp điểm bằng nhau)

=> PK=PB

Ta có

\(BK\perp BC;AH\perp BC\) => AH//BK

Xét tg BCK có

\(\dfrac{IA}{PK}=\dfrac{IH}{PB}\) mà PK=PB (cmt) => IA=IH => I là trung điểm của AH

Số tự nhiên 2 chữ số  \(\overline{xy}=10x+y\)

Hai lần chữ số hàng chục hơn chữ số hàng đơn vị : \(2x-y=1\left(1\right)\)

Khi viết ngược lại :

\(10y+x-\left(10x+y\right)=27\)

\(\Rightarrow10y+x-10x-y=27\)

\(\Rightarrow-9x+9y=27\left(2\right)\)

\(\left(1\right),\left(2\right)\) ta có hệ phương trình

\(\left\{{}\begin{matrix}2x-y=1\\-9x+9y=27\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}18x-9y=9\\-18x+18y=54\end{matrix}\right.\)

\(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}9y=63\\2x-y=1\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=7\\x=\dfrac{y+1}{2}\end{matrix}\right.\) \(\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=4\\y=7\end{matrix}\right.\)

Vậy số tự nhiên đó là 47

 Ta nhận thấy \(AH^2=\left(2\sqrt{5}\right)^2=20\) và \(BH.CH=4.5=20\) và \(AH\perp BC\) tại H nên tam giác ABC sẽ là tam giác vuông tại A. chỉ cần làm như sau:

 Vẽ đường thẳng d bất kì. Trên đó lấy 3 điểm B, C, H sao cho H nằm giữa B và C thỏa mãn \(BH=4cm,CH=5cm\)

Sau đó, ta chỉ cần dựng đường thẳng qua H vuông góc với BC cắt đường tròn đường kính BC tại A là xong.

Sau đó ta xóa đi các chi tiết thừa và được hình vẽ đúng theo ycbt.

Lê Song Phương, em ơi, em vẽ hình đẹp quá, thế điểm I; K đối xứng với H qua AB và AC của cô đâu rồi nhỉ? 

Bài này chỉ cần vẽ hình,nhưng cô tìm mãi vẫn chưa thấy I và K đâu em ha!

a) Xét tam giác ACB và ADC, có \(\widehat{A}\) chung và \(\widehat{ACB}=\widehat{ADC}\left(gt\right)\), suy ra đpcm.

b) Từ câu a) \(\Rightarrow\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{AC}{AD}\) \(\Rightarrow AC^2=AB.AD\)

Kẻ phân giác BE của tam giác ABC. Vì \(\widehat{B}=2\widehat{C}\)  nên \(\widehat{ABE}=\widehat{ADC}\) hay BE//CD. Mặt khác, \(\dfrac{EA}{EC}=\dfrac{BA}{BC}=\dfrac{4}{5}\) nên suy ra \(\dfrac{BA}{BD}=\dfrac{4}{5}\Leftrightarrow\dfrac{4}{BD}=\dfrac{4}{5}\Leftrightarrow BD=5\),  suy ra \(AD=AB+BD=4+5=9\).

\(\Rightarrow AC^2=AB.AD=4.9=36\) \(\Rightarrow AC=6\).

Vậy \(AC=6\)

 Dạ thưa cô, cái này em áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ạ. Cái này lớp 9 được dùng luôn không cần chứng minh ạ.