Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Ta có : \(\widehat{MOA}=\widehat{O_1}'\left(=180^o-2\widehat{A_1}\right)\)
\(\Rightarrow\)O'N // OM
Gọi P là giao điểm của MN và OO'
Ta có : \(\frac{O'P}{OP}=\frac{O'N}{OM}=\frac{R'}{R}\)
gọi P' là giao điểm của BC và OO',ta có :
\(\frac{O'P'}{OP'}=\frac{O'C}{OB}=\frac{R'}{R}\)
Suy ra \(P'\equiv P\)
b) gọi H là hình chiếu của O' trên OM
tứ giác MNO'O là hình thang nên \(S=\frac{\left(OM+O'N\right)O'H}{2}\)
\(S=\frac{R+R'}{2}.O'H\le\frac{R+R'}{2}.OO'=\frac{\left(R+R'\right)^2}{2}\)
Dấu "=" xảy ra khi \(H\equiv O\Leftrightarrow OM\perp OO'\)
Vậy ...
Bài 1:
a: Ta có: ΔOBC cân tại O
mà OH là đường cao
nên OH là phân giác của góc BOC
Xét ΔOBA và ΔOCA có
OB=OC
\(\widehat{BOA}=\widehat{COA}\)
OA chung
Do đó: ΔOBA=ΔOCA
=>\(\widehat{OBA}=\widehat{OCA}\)
=>\(\widehat{OCA}=90^0\)
=>AC là tiếp tuyến của (O)
b: Xét (O) có
ΔBKD nội tiếp
BD là đường kính
Do đó: ΔBKD vuông tại K
=>BK\(\perp\)KD tại K
=>BK\(\perp\)AD tại K
Xét ΔABD vuông tại B có BK là đường cao
nên \(AK\cdot AD=AB^2\left(1\right)\)
Xét ΔABO vuông tại B có BH là đường cao
nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AK\cdot AD=AH\cdot AO\)
Câu 8:
a: Xét (O) có
ΔCAB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔCAB vuông tại C
=>\(\widehat{CAB}+\widehat{CBA}=90^0\)
=>\(\widehat{CBA}=60^0\)
Xét ΔOBC có OB=OC và \(\widehat{OBC}=60^0\)
nên ΔOCB đều
=>BC=OB=R
=>BO=BM=R
=>B là trung điểm của OM
Xét ΔOCM có
CB là đường trung tuyến
CB=1/2OM
Do đó: ΔOCM vuông tại C
b: Ta có: OB+BM=OM
=>OM=R+R=2R
Ta có: ΔOCM vuông tại C
=>\(OC^2+CM^2=OM^2\)
=>\(CM^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2\)
Lời giải:
a. Vì $AB$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $AB\perp BO$. Tức là tam giác $ABO$ vuông tại $B$
$AB=\sqrt{OA^2-OB^2}=\sqrt{5^2-3^2}=4$ (cm)
$\frac{AB}{OA}=\sin \widehat{O_1}=\frac{BH}{BO}$
$\Rightarrow BH=\frac{AB.BO}{OA}=\frac{4.3}{5}=\frac{12}{5}$ (cm)
c.
Vì $BOC$ là tam giác cân tại $O$ (OB=OC=R) nên đường cao $OH$ đồng thời là đường trung trực của $BC$
$A,H,O$ thẳng hàng nên $A$ cũng nằm trên đường trung trực của $BC$
$\Rightarrow AB=AC$
Xét tam giác $ABO$ và $ACO$ có:
$AB=AC$
$BO=CO$
$AO$ chung
$\Rightarrow \triangle ABO=\triangle ACO$ (c.c.c)
$\Rightarrow \widehat{ACO}=\widehat{ABO}=90^0$
$\Rightarrow AC$ là tiếp tuyến của $(O)$
b.
Vì $\triangle ABO=\triangle ACO$ nên $\widehat{BAO}=\widehat{CAO}$
$\Rightarrow \widehat{BAC}=2\widehat{BAO}$
$\sin \widehat{BAO}=\frac{BO}{AO}=\frac{3}{5}$
$\Rightarrow \widehat{BAO}=37^0$
$\Rightarrow \widehat{BAC}=2\widehat{BAO}=2.37^0=74^0$
a) Vì đường tròn (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A nên O, A và O’ thẳng hàng.
Ta có: MB = MC (M là TĐ của BC)
Xét (O) ta có: DE vg góc BC (gt)
mà M là TĐ của BC
Suy ra : M là TĐ của DE ( đường kính vuông góc với dây cung)
Xét TG BDCE có 2 đường chéo DE và BC cắt nhau tại trung điểm M của mỗi đường
Suy ra: BDCE là hình bình hành.
(Bổ sung)
Lại có: BC ⊥ DE
Suy ra tứ giác BDCE là hình thoi
A D E K C O O' B H
a) Ta có : OB - O'B = OO'
=> đường tròn (O) và (O'O tiếp xúc trong
b) Ta có : \(OA\perp DE\left(gt\right)\)
=> HD = HE hay H là trung điểm của DE
Theo (gt) : HA = HC
T/g ADCE có 2 đường chéo vuông góc với nhau tại trung điểm mỗi đường
=> T/g ADCE là hình thoi
c) Xét tam giác KBC có :
O'K = O'B = O'C (=bk)
\(\Rightarrow O'K=\frac{1}{2}BC\)
=> Tam giác KBC vuông tại K => \(CK\perp DB\left(1\right)\)
Xét tam giác ADB có :
OD = OA = OB ( =bk )
\(\Rightarrow OD=\frac{1}{2}AB\)
=> Tam giác ADB vuông tại D \(\Rightarrow AD\perp DB\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) => CK // AD (*)
Theo ( c/m câu a ) : Tứ giác ADCE là hình thoi
=> CE // AD ( ** )
Từ (*) và (**) => CE và CK là 2 đường thẳng trùng nhau
Vậy : 3 điểm E , C , K thẳng hàng ( đpcm )
B A C O D E K
a. hai đường tròn tiếp xúc trong
b.ADCE là tứ giác thoi do có hai đường chéo vuông góc vcowis nhau tại trung điểm của mỗi đường
c. ta dễ thấy AD//CẺ mà AE vuông gó c với BD nên CE vuông BD
mà CK cũng vuông góc với BD nến C,K,E thẳng hàng
d. ta có do tam giác EKD vuông nên \(HK^2=HD^2=HA.HB=HC.HB\)
do \(HK^2=HC.HB\) nên HK là tiếp tuyến của O'