Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a.Vì MA,MB là tiếp tuyến của (O)
→ˆMAO=ˆMBO=90o→MAO^=MBO^=90o
→M,A,O,B→M,A,O,B thuộc đường tròn đường kình OM
b.Vì MA,MBMA,MB là tiếp tuyến của (O)→MO⊥AB=I→MO⊥AB=I
→OA2=OI.OM→OA2=OI.OM
C
Vì OF⊥CM=EOF⊥CM=E
→ˆFAC=ˆFEC=90o→◊AFCE,◊MAEO→FAC^=FEC^=90o→◊AFCE,◊MAEO nội tiếp
→M,A,E,O,B→M,A,E,O,B cùng thuộc một đường tròn
→ˆFCA=ˆFEA=ˆFBO→FCA^=FEA^=FBO^
→FC→FC là tiếp tuyến của (O)
a) Xét tam giác DFB có:
\(\hept{\begin{cases}\widehat{D}=90^o\left(DE\perp AB\right)\\\widehat{C}=90^o\end{cases}}\)
=> Tứ giác DFBC nội tiếp
b) Xét tam giác BFG có \(\hept{\begin{cases}\widehat{FBG}=\frac{1}{2}\widebat{AG}\\\widehat{BGF}=\frac{1}{2}\widebat{AE}\end{cases}}\)
Mà cung AB= cùng BG
=> BF=BG
Lỗi không vẽ được nha bạn !!!
a) Xét tứ giác ABOC có :
ABO + ACO = 90O + 90O =180O nên tứ giác ABOC nội tiếp ( đpcm )
b) Xét \(\Delta\)MBN và \(\Delta\)MCB có :
M chung
MBN = MCB ( cùng chắn cung BN )
=> \(\Delta\)MBN ~ \(\Delta\)MCB ( g - g ) nên \(\frac{MB}{MC}=\frac{MN}{MB}\Leftrightarrow MB^2=MN.MC\left(đpcm\right)\)
c) Xét \(\Delta\)MAN và \(\Delta\)MCA có góc M chung
Vì M là trung điểm của AB nên MA = MB
Theo câu b ta có : MA2 = MN . MC <=> \(\frac{MA}{MN}=\frac{MC}{MC}\)
Do đó \(\Delta\)MAN ~ \(\Delta\)MCA ( c - g - c )
=> góc MAN =góc MCA = góc NCA ( 1 )
mà : góc NCA = góc NDC ( cùng chắn cung NC ) ( 2 )
Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra : góc MAN = góc NDC hay góc MAN = góc ADC (đpcm )
a) A,D,C C (O;AD)
=> DC _|_ CA
b) A,B,D C (O;AD)
=> BD _|_ AB
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}BD//CH\left(\perp AB\right)\\BH//CD\left(\perp AC\right)\end{cases}}\)
=> BHCD là hình bình hành
\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}BH=DC\\BD=HC\end{cases}}\)
c) Gọi I là giao BC và AD => AI là đường trung tuyến của tam giác ABC và AHD
Mà trọng tâm của tam giác ABC và AHD đều thuộc AI và thỏa mãn \(\frac{AG}{AI}=\frac{2}{3}\)
=> 2 tam giác này cùng trọng tâm
Tự vẽ hình nhé!
a, MN;MP là 2 tiếp tuyến của đường tròn (O) (gt)
\(\Rightarrow\widehat{ONM}=\widehat{OPM}=90^0\Rightarrow\) Tứ giác MNOP nội tiếp ngược
\(\Rightarrow\widehat{NMO}=\widehat{NPO}\)( hai góc nội tiếp cùng chắn chung NO)
b, Gọi C là trung điểm dây AB ta có C cố định
(d) không qua O nên \(OC\perp AB\)
\(\widehat{OCM}=\widehat{OMN}=\widehat{OPM}=90^0\)
\(\Rightarrow\) C ; N ; P thuộc đường tròn đường kính OM
\(\Rightarrow\) C ; N ; P ; O ; M cùng thuộc một đường tròn
Mà O và C cố định
Do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác MNP đi qua 2 điểm cố định O và C khi M lưu động trên đường thẳng (d)
c, Tứ giác MNOP là hình vuông
\(\Leftrightarrow\) Hình thoi MNOP có \(\widehat{ONM}=90^0\)
\(\Leftrightarrow\) Tứ giác MNOP có MN = ON = OP = PM và \(\widehat{ONM}=90^0\)
\(\Leftrightarrow\)Tam giác OMN vuông cân tại N \(\Leftrightarrow\) \(OM=ON\sqrt{2}=R\sqrt{2}\)
\(\Leftrightarrow\) M là giao điểm của đường tròn tâm O bán kính \(R\sqrt{2}\) và đường thẳng (d)
d, từ nghĩ đã...
\(\Leftrightarrow\) MN = ON = R ; \(\widehat{ONM}=90^0\)
cái dòng cuối cùng của ý d là dòng thứ 4 của ý c nhé, bị nhầm đó
d, Làm tiếp:
Giả sử đoạn thẳng OM cắt đường tròn (O) tại I'
OM là tia phân giác \(\widehat{NOP}\)( vì MN;MP là 2 tiếp tuyến của (O))
\(\Rightarrow\widehat{NOM}=\widehat{POM}\Rightarrow\widebat{NI'}=\widebat{PI'}\)
\(sđ\widehat{NPI'}=\frac{1}{2}sđ\widebat{NI'}\) ; \(sđ\widehat{MPI'}=\frac{1}{2}sđ\widehat{PI'}\)
Do đó \(\widehat{NPI'}=\widehat{MPI'}\Rightarrow\) PI' là tia phân giác \(\widehat{MPN}\)
\(\Delta MPN\)có MI' là tia phân giác \(\widehat{NMP}\)( vì MN và MP là 2 tiếp tuyến ) và PI' là tia phân giác \(\widehat{MPN}\)nên I' là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP
Do đó \(I'\equiv I\)mà I' thuộc đường tròn (O;R)
Mặt khác : O , I cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ d
Do đó I lưu động trên cung lớn AB của đưởng tròn tâm O bán kính R
C S N I M O K F A B D H
haizzz , vì mới lớp 8 nên mình chỉ làm được đến câu c, thôi , bạn thông cảm
a, Xét tam giác ABC vuông tại A và HA = HD
- Có \(\widehat{BAC}\)là góc nội tiếp đường tròn O chắn cung BC
- Mà BC là đường kính O
=> \(\widehat{BAC}=90^o\)
=> \(\Delta ABC\perp A\)
Xét \(\Delta OAD\)cân tại O ( Vì OA = OD do A , D cung thuộc O )
- Có AH là đường cao
=> OH là đường trung tuyến \(\Delta OAD\)
=> H là trug điểm AD
=> HA = HD
b, MN // SC , SC tiếp tuyến của (O)
Xét tam giác OSC có : M là trung điểm của OC
N là trung điểm của OS
=> MN là đường TB của \(\Delta OSC\)
=> MN // SC
Mà \(MN\perp OC\left(gt\right)\)
\(\Rightarrow OC\perp SC\)tại S
- Xét đường tròn O có CO là bán kính ( vì \(C\in\left(O\right)\)
\(CO\perp SC\)tại C
=> SC là tiếp tuyến của đường tròn (O)
c, BH . HC = AF . AK
Xét \(\Delta ABC\perp A\)có :
AH là đường cao
=> AH2 = BH . HC
Xét đường tròn đường kính AH có F thuộc đường tròn
\(\Rightarrow\widehat{AFH}=90^o\)
\(\Rightarrow HF\perp AK\)tại F
Xét tam giác AHK vuông tại H , ta có :
HF là đường cao
=> AH2 = AF . AK
=> BH . HC = AF . AK ( = AH2 )
A B C K M N H O
1) Dễ thấy ^CHN = ^CKN = 900 => Bốn điêm C,H,K,N cùng thuộc đường tròn đường kính CN
Hay tứ giác CNKH nội tiếp đường tròn (CN) (đpcm).
2) Sđ(BCnhỏ = 1200 => ^BOC = 1200 => ^BNC = 1/2.Sđ(BCnhỏ = 1/2.^BOC = 600
Vì tứ giác CNKH nội tiếp (cmt) nên ^KHC = 1800 - ^CNK = 1800 - ^BNC = 1200.
3) Hệ thức cần chứng minh tương đương với:
2KN.MN = AM2 - AN2 - MN2 <=> 2KN.MN = MN.MB - MN2 - AN2 (Vì AM2 = MN.MB)
<=> 2KN.MN = MN.BN - AN2 <=> AN2 = MN(BN - 2KN)
<=> AK2 + KN2 = MN(BK - KN) (ĐL Pytagoras) <=> AK2 + KN.KM = MN.BK
<=> AM2 - (MK2 - KN.KM) = MN.BK (ĐL Pytagoras) <=> AM2 - MK.MN = MN.BK
<=> AM2 = MN(BK + MK) = MN.MB <=> AM2 = AM2 (Hệ thức lượng đường tròn) (Luôn đúng)
Do đó hệ thức ban đầu đúng. Vậy KN.MN = 1/2.(AM2 - AN2 - MN2) (đpcm).
xét đường tròn \(\left(O\right)\) có \(MD\) và \(BD\) là tiếp tuyến với \(B;D\) , là tiếp điểm
\(\Rightarrow MD=DB\) ( tính chất tiếp tuyến )
xét tam giác \(MOD\) và tam giác \(BOD\) , có :
\(MD=BD\) ( cmt )
\(MO=OB\) ( cùng là bán kính đường tròn )
\(OD\) chung
\(\Rightarrow\Delta MOD=\Delta BOD\Rightarrow\) ∠ \(MDO\) \(=\) ∠ \(BDO\Rightarrow OD\) là phân giác ∠\(MDB\)
xét tam giác \(CDN\) có :
\(OD\) là đường cao ( do \(OD\perp CN\) )
\(OD\) là phân giác ∠ \(MDB\)
suy ra : tam giác \(CDN\) cân tại \(D\) , suy ra \(CD=ND\) ( đpcm )