Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét (O) có
OA là một phần đường kính
CD là dây(gt)
OA⊥CD tại H(gt)
Do đó: H là trung điểm của CD(Định lí đường kính vuông góc với dây)
Xét tứ giác OCAD có
H là trung điểm của đường chéo CD(cmt)
H là trung điểm của đường chéo OA(gt)
Do đó: OCAD là hình bình hành(Dấu hiệu nhận biết hình bình hành)
Hình bình hành OCAD có OC=OD(=R)
nên OCAD là hình thoi(Dấu hiệu nhận biết hình thoi)
b) Ta có: OCAD là hình thoi(cmt)
nên OC=CA=AD=OD(Các cạnh trong hình thoi OCAD)
Ta có: OC=OA(=R)
mà OC=CA(cmt)
nên OC=CA=OA
Xét ΔOCA có OC=CA=OA(cmt)
nên ΔOCA đều(Dấu hiệu nhận biết tam giác đều)
⇒\(\widehat{COA}=60^0\)(Số đo của một góc trong ΔOCA đều)
Ta có: OCAD là hình thoi(cmt)
nên OA là tia phân giác của \(\widehat{COD}\)(Tính chất hình thoi)
\(\Rightarrow\widehat{COD}=2\cdot\widehat{COA}\)
hay \(\widehat{COD}=120^0\)
Vậy: \(\widehat{COD}=120^0\)
Làm luôn phần c :)
c, Vì ACOD là hình thoi (cmb)
\(\Rightarrow\) OC // AD (tính chất hình thoi)
Mà E \(\in\) OC (CE là đường kính của đường tròn tâm O)
\(\Rightarrow\) CE // AD
Xét tứ giác ACED có: CE // AD (cmt)
\(\Rightarrow\) ACED là hình thang (dhnb hình thang)
Ta có: SACD = \(\dfrac{1}{2}\)AH.CD (1)
SDCE = \(\dfrac{1}{2}\)CD.DE (Vì tam giác DCE là tam giác vuông (cm được theo tứ giác nội tiếp) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\) SACED = SACD + SDCE = \(\dfrac{1}{2}\)AH.CD + \(\dfrac{1}{2}\)CD.DE = \(\dfrac{1}{2}\)CD.(AH + DE) (3)
Xét tam giác CED có: O là trung điểm của CE (gt)
H là trung điểm của CD (cma)
\(\Rightarrow\) OH là đường trung bình của tam giác CED (đ/n)
\(\Rightarrow\) OH = \(\dfrac{1}{2}\)DE
hay 2OH = DE
lại có AH = OH (H là trung điểm của OA theo gt)
\(\Rightarrow\) 2AH = DE (4)
Từ (3) và (4)
\(\Rightarrow\) SACED = \(\dfrac{1}{2}\)CD(AH + 2AH) = \(\dfrac{1}{2}\)CD.3AH = AH.SACD
Chúc bn học tốt! (Ko bt phần tính S kia cần gì thêm nx ko?)
a) OA vuông góc với CD nên H là trung điểm CD. Tứ giác ACOD có 2 đường chéo vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường nên OCAD là hình thoi.
b) Vì OCAD là hình thoi nên AO = AD mà theo giả thiết thì AO = AE => \(AD=AE=AO=\frac{1}{2}OE\). Suy ra tam giác OED vuông tại D => DE là tiếp tuyến của (O).
a: ΔOCD cân tại O
mà OI là đường cao
nên I là trung điểm của CD
Xét ΔCOA có
CI vừa là đường cao, vừa là đường trung tuyến
Do đó: ΔCOA cân tại C
Xét ΔCAO cân tại C có OA=OC
nên ΔCAO đều
=>\(\widehat{OCA}=60^0\)
Xét tứ giác OCAD có
I là trung điểm chung của OA và CD
Do đó: OCAD là hình bình hành
mà OC=OD
nên OCAD là hình thoi
=>\(\widehat{OCA}+\widehat{COD}=180^0\)
=>\(\widehat{COD}=120^0\)
Xét ΔOCD có \(\dfrac{CD}{sinCOD}=\dfrac{OC}{sinODC}\)
=>\(\dfrac{CD}{sin120}=\dfrac{R}{sin30}\)
=>\(CD=2R\cdot sin120=\sqrt{3}\cdot R\)
b: ΔOAC đều
=>\(\widehat{AOC}=60^0\)
c: \(\widehat{COD}=120^0\)
=>số đo cung nhỏ CD là 120 độ
Số đo cung lớn CD là:
360 độ-120 độ=240 độ
a, Xét tam giác MON có : OM = ON = R
=> tam giác MON cân tại O, do OI vuông MN hay OI là đường cao
đồng thời là đường phân giác => ^MOI = ^ION
Vì BN là tiếp tuyến đường tròn (O) với N là tiếp điểm
=> ON vuông BN hay ^ONB = 900
Xét tam giác IOM và tam giác NOB có :
^IOM = ^NOB ( cmt )
^OIM = ^ONB = 900
Vậy tam giác IOM ~ tam giác NOB ( g.g )
=> \(\frac{IO}{NO}=\frac{IM}{NB}\Rightarrow IO.NB=IM.NO\)
ý b sáng mai mình gửi nhé ;))
sửa hộ mình chỗ này nhé : ^OIM = ^ONB = 900
b, Vì I là trung điểm điểm OA => \(IO=IA=\frac{OA}{2}=\frac{R}{2}\)
Theo định lí Pytago tam giác OIM ta được :
\(MI=\sqrt{OM^2-OI^2}=\sqrt{R^2-\frac{R^2}{4}}=\sqrt{\frac{3R^2}{4}}=\frac{\sqrt{3}R}{2}\)
Vì BM là tiếp tuyến đường tròn (O) và M là tiếp điểm
=> OM vuông MB hay ^OMB = 900 => tam giác OMB vuông tại M
Xét tam giác OMB vuông tại M, đường cao MI
Áp dụng hệ thức : \(\frac{1}{OM^2}+\frac{1}{MB^2}=\frac{1}{MI^2}\Rightarrow\frac{1}{R^2}+\frac{1}{MB^2}=\frac{1}{\frac{3R^2}{4}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{R^2}+\frac{1}{MB^2}=\frac{4}{3R^2}\Leftrightarrow\frac{1}{MB^2}=\frac{4}{3R^2}-\frac{1}{R^2}=\frac{1}{3R^2}\Rightarrow MB=\sqrt{3}R\)
CM : tam giác OMB = tam giác ONB ( ch - gn )
Ta có : \(S_{OMNB}=S_{OMB}+S_{ONB}=2S_{OMB}=\frac{2.1}{2}.OM.MB\)
\(=R.\sqrt{3}R=\sqrt{3}R^2\)
a) Gọi H là giao điểm của OA và CD
Vì CD là đường trung trực của OA nên:
CD ⊥ OA và HA = HO
Mà CD ⊥ OA nên HC = HD (đường kính dây cung)
Vì tứ giác ACOD có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường nên nó là hình bình hành.
Đồng thời CD ⊥ OA nên ACOD là hình thoi.
b) Vì ACOD là hình thoi nên AC = OC
Mà OC = OA ( = R) nên tam giác OAC đều
Suy ra: ^COA=60∘COA^=60∘ hay ˆCOI=60∘
Mà CI ⊥ OC (tính chất tiếp tuyến)
Trong tam giác vuông OCI, ta có:
CI=OC.tgˆCOI=R.tg60∘=R√3CI=OC.tgCOI^=R.tg60∘=R3.