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 $BMK$