Làm cho mình ý 2 câu b và câu c ạ

Đáp án+Giải thích các bước giải:

`a)` Do `S` nằm giữa cung lớn `BC`

`->` $\mathop{BS}\limits^{\displaystyle\frown}$ `=` $\mathop{CS}\limits^{\displaystyle\frown}$

`-> BS = CS`

Mà `OB = OC = R`

`-> SO` là đường trung trực của `BC`

`-> SO \bot BC` tại `M`

`-> \hat(SMD) = 90^o`

`-> Δ SMD` vuông tại `M` nên nội tiếp đường tròn đường kính `SD`

`-> S , M , D` thuộc đường tròn đường kính `SD (1)`

Xét đường tròn `(O)` có `\hat(KAS)= 90^o`

`-> Δ DAS` vuông tại `A` nên tiếp đường tròn đường kính `SD`

`-> S , A , D` thuộc đường tròn đường kính `SD (2)`

Từ `(1)(2) -> A , D , M , S` cùng thuộc `1` đường tròn

`b)` Xét đường tròn `(O)` có `\hat(KBS) = 90^o` (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

Xét `Δ KBS` vuông tại `B` có đường cao `BM`

`-> KB^2 = KM . KS = 2K . R`

`-> (KB^2)/(2KM) = R` (đpcm)

Gọi giao điểm `OQ` và `AC` là `N`

Xét `Δ OAC` cân tại `O` có phân giác `ON` đồng thời là đường cao

`-> ON \bot AC`

Xét `Δ ANQ` vuông tại `N`

`-> \hat(AQO) + \hat(NAQ) = 90^o`

Mà `\hat(CAD) + \hat(CAQ) = \hat(KAQ) = 90^o`

Suy ra: `\hat(DAC) = \hat(AQO) (3)`

Ta dễ dàng chứng minh được: $\mathop{KC}\limits^{\displaystyle\frown}$ `=` $\mathop{KB}\limits^{\displaystyle\frown}$

Ta có: `\hat(KAC)` là góc nội tiếp chắn $\mathop{KC}\limits^{\displaystyle\frown}$

`\hat(KAB)` là góc nội tiếp chắn $\mathop{KB}\limits^{\displaystyle\frown}$

Mà: $\mathop{KB}\limits^{\displaystyle\frown}$ `=` $\mathop{KC}\limits^{\displaystyle\frown}$

`-> \hat(KAC) = \hat(KAB)`

hay `\hat(DAC) = \hat(DAB) (4)`

Lại có `\hat(ABD) = \hat(AOQ) = 1/2 \hat(AOC) (5)`

Từ `(3)(4)(5) -> \hat(AQO) = \hat(BAD)`

Xét `Δ BAD` và `Δ QOA` có:

`\hat(ABD) = \hat(AOQ)` (cmt)

`\hat(BAD) = \hat(AQO)` (cmt)

Suy ra: `Δ ABD` $\backsim$ `ΔQOA` (g . g) (đpcm)

`c)` Từ `b) -> (OA)/(BD) = (OQ)/(BA)`

`-> (OA)/(OQ) = (OK)/(OQ) = (BD)/(BA) (6)`

Xét `ΔBAC` có phân giác `AD`

`-> (CD)/(AC) = (BD)/(AB) (7)`

Dễ dàng chứng minh đc `HN` là đường trung bình

`-> TN //// DC`

Xét `Δ ADC` có: `TN //// DC` theo Thalès:

`(TN)/(AN) = (DC)/(AC) = (TN)/(NC) (8)`

Từ `(6)(7)(8) -> (NT)/(NC) = (OK)/(OQ)`

`-> (NT)/(OK) = (NC)/(OQ) (9)`

chứng minh được: `NOMC` là tứ giác nội tiếp

`-> \hat(NOM) + \hat(ACB) = 180^o`

Lại có: `\hat(TNC) + \hat(ANT) = 180^o`

Mà `\hat(ANT) = \hat(ACB)` (`2` góc ở vị trí đồng vị)

Suy ra: `\hat(TNC) = \hat(NOM) = \hat(QOK) (10)`

Từ `(9)(10) -> Δ HNC` $\backsim$ `ΔKOQ` (c . g . c)

`-> \hat(NCT) = \hat(OQK)`

Gọi giao điểm `QK` và `AC` là `G`

Gọi giao điểm `CT` và `QK` là `J`

Có: `\hat(OQK) + \hat(NGQ) = 90^o`

`\hat(GCJ) + \hat(JDC) = 90^o` (Do `\hat(NGQ) = \hat(JGC)` (đối đỉnh) `; \hat(QOK) = \hat(GCJ)` (cmt))

`-> \hat(TJK) = 90^o`

`-> CT \bot QK ` (đpcm)