Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bài 1:
a: Xét ΔABO và ΔACO có
AB=AC
BO=CO
AO chung
Do đó: ΔABO=ΔACO
Suy ra: \(\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^0\)
hay AC là tiếp tuyến của (O)
b: Xét (O) có
OI là một phần đường kính
CE là dây
OI⊥CE tại I
Do đó: I là trung điểm của CE
Xét ΔDCE có
DI là đường cao
DI là đường trung tuyến
Do đó: ΔDCE cân tại D
Xét ΔOED và ΔOCD có
OE=OC
ED=CD
OD chung
Do đó: ΔOED=ΔOCD
Suy ra: \(\widehat{OED}=\widehat{OCD}=90^0\)
hay DE là tiếp tuyến của (O)
a) Do C thuộc nửa đường tròn nên \(\widehat{ACB}=90^o\) hay AC vuông góc MB.
Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(BC.BM=AB^2=4R^2\)
b) Xét tam giác MAC vuông tại C có CI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IM = IC = IA
Vậy thì \(\Delta ICO=\Delta IAO\left(c-c-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ICO}=\widehat{IAO}=90^o\)
Hay IC là tiếp tuyến tại C của nửa đường tròn.
c) Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC, áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(MB.MC=MA^2=4IC^2\Rightarrow IC^2=\frac{1}{4}MB.MC\)
Xét tam giác AMB có I là trung điểm AM, O là trung điểm AB nên IO là đường trung bình tam giác ABM.
Vậy thì \(MB=2OI\Rightarrow MB^2=4OI^2\) (1)
Xét tam giác vuông MAB, theo Pi-ta-go ta có:
\(MB^2=MA^2+AB^2=MA^2+4R^2\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(4OI^2=MA^2+4R^2.\)
d) Do IA, IC là các tiếp tuyến cắt nhau nên ta có ngay \(AC\perp IO\Rightarrow\widehat{CDO}=90^o\)
Tương tự \(\widehat{CEO}=90^o\)
Xét tứ giác CDOE có \(\widehat{CEO}=\widehat{CDO}=90^o\)mà đỉnh E và D đối nhau nên tứ giác CDOE nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Xét tứ giác CDHO có: \(\widehat{CHO}=\widehat{CDO}=90^o\) mà đỉnh H và D kề nhau nên CDHO nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Vậy nên C, D, H , O, E cùng thuộc đường tròn đường kính CO.
Nói cách khác, O luôn thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE luôn đi qua điểm O cố định.
Bạn tự vẽ hình nhé.
Vì \(I\)là trung điểm \(NM\)nên \(OI\perp MN\).
Ta có:
\(BM.BN=\left(BI-MI\right)\left(BI+IN\right)=\left(BI-MI\right)\left(BI+MI\right)=BI^2-MI^2\).
\(=BI^2-\left(OM^2-OI^2\right)=BI^2+OI^2-OM^2=OB^2-R^2\)(không đổi)
A B M C N D O E
a) Ta có : \(\widehat{ANC}=\widehat{ACM}=\frac{1}{2}\) sđ cung MC ; Góc CAN là góc chung của hai tam giác CAM và tam giác NAC
\(\Rightarrow\Delta CAM~\Delta NAC\left(g.g\right)\) \(\Rightarrow\frac{CM}{CN}=\frac{AC}{AN}\) (1)
Tương tự với tam giác BAM và tam giác NAB ta cũng có \(\widehat{MBA}=\widehat{ANB}=\frac{1}{2}\)sđ cung BM ; Góc NAB là góc chung của hai tam giác
\(\Rightarrow\Delta BAM~\Delta NAB\left(g.g\right)\Rightarrow\frac{AB}{AN}=\frac{BM}{BN}\) (2)
Mà AB = AC (vì AB và AB là hai tiếp tuyến của (O))
Do đó, kết hợp (1) và (2) ta có \(\frac{CM}{CN}=\frac{BM}{BN}\Rightarrow BM.CN=BN.CM\)
a, HS tự làm
b, Chú ý O K M ^ = 90 0 và kết hợp ý a) => A,M,B,O,K ∈ đường tròn đường kính OM
c, Sử dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OAM ( hoặc có thể chứng minh tam giác đồng dạng)
d, Chứng minh OAHB là hình bình hành và chú ý A,B thuộc (O;R) suy ra OAHB là hình thoi
e, Chứng minh OH ⊥ AB, OMAB => O,H,M thẳng hàng