Từ điểm A ở ngoài đường tròn (O) vẽ hai tiếp tuyến AB; AC và cát tuyến AMN không đi qua tâm O. Gọi I là trung điểm MN.
a) Chứng minh AB2 = AM. AN
b) Chứng minh tứ giác ABIO nội tiếp .
c) Gọi D là giao điểm của BC và AI. Chứng minh \(\dfrac{IB}{IC}\) =\(\dfrac{DB}{DC}\)
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
23 tháng 2 2021
a) Xét tứ giác OBAC có
\(\widehat{OBA}\) và \(\widehat{OCA}\) là hai góc đối
\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: OBAC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
18 tháng 12 2021
a: Xét (O) có
AB là tiếp tuyến
AC là tiếp tuyến
Do đó: AB=AC
hay A nằm trên đường trung trực của BC(1)
Ta có: OB=OC
nên O nằm trên đường trung trực của BC(2)
Từ (1) và (2) suy ra OA⊥BC
17 tháng 4 2023
a: góc OBA+góc OCA=180 độ
=>ABOC nội tiếp
Xét (O) có
AB,AC là tiếp tuyến
=>AB=AC
mà OB=OC
nên OA là trung trực của BC
=>OA vuông góc BC
b: DE//CF
=>sđ cung CD+sđ cung EF
góc AIB=1/2(sđ cung BD+sđ cung EF)
ABOC nội tiếp
=>góc AOB=góc ACB=1/2*sđ cung BC
=1/2(sđ cung EF+sđ cung EB)
=>góc AIB=góc AOB
=>AOIB nội tiếp
=>góc OIA=90 độ
ΔODE cân tại O
mà OI là đường cao
nên I là trung điểm của DE
2 tháng 5 2023
khúc cuối câu b không nhất thiết phải dùng tam giác cân nha. Có OIA= 90 độ thì có thể dùng định lí 3 dòng để suy ra trung điểm nè
22 tháng 12 2023
a: Xét tứ giác ABOC có
\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)
=>ABOC là tứ giác nội tiếp
=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn
b: Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
Do đó: AB=AC
=> A nằm trên đường trung trực của BC(1)
Ta có: OB=OC
=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)
Từ (1) và (2) suy ra AO là đường trung trực của BC
=>AO\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC
Ta có: ΔOED cân tại O
mà OI là đường trung tuyến
nên OI\(\perp\)ED tại I
=>OI\(\perp\)AE tại I
Xét ΔAIO vuông tại H và ΔAHK vuông tại H có
\(\widehat{IAO}\) chung
Do đó: ΔAIO~ΔAHK
=>\(\dfrac{AI}{AH}=\dfrac{AO}{AK}\)
=>\(AH\cdot AO=AI\cdot AK\)
LA
28 tháng 12 2016
Dễ thấy: A,B,O,K,CA,B,O,K,C nằm trên đường tròn đường kính OAOA .
Ta có: AE.AD=AB2=AH.AO⇒E,D,H,OAE.AD=AB2=AH.AO⇒E,D,H,O cùng thuộc 1 đường tròn
Mặt khác: A,E,B,HA,E,B,H cùng thuộc đường tròn đường kính ABAB nên ˆEHF=ˆBAD=ˆEBD=ˆEOFEHF^=BAD^=EBD^=EOF^
Suy ra: E,H,O,FE,H,O,F đồng viên. Suy ra: E,H,O,F,DE,H,O,F,D cùng thuộc đường tròn đường kính OFOF.
Gọi JJ là giao điểm của ININ và ADAD.
Xét 2 tam giác: ΔIHJΔIHJ và ΔFHDΔFHD
Ta có: ˆJIH=ˆAIJJIH^=AIJ^ (t/c đối xứng) =ˆABC=ˆDFH=ABC^=DFH^
Mặt khác:ˆIHJ=ˆIAJIHJ^=IAJ^(t/c đối xứng) =ˆEOF=ˆDHF=EOF^=DHF^
Suy ra:ΔIHJΔIHJ và ΔFHDΔFHD đồng dạng nên JHHD=IHFHJHHD=IHFH
Mà IBFNIBFN là hình bình hành nên NF=IB=IHNF=IB=IH hay JHHD=NFFHJHHD=NFFH
Mà ˆJHD=ˆNFHJHD^=NFH^ (dùng cộng góc, góc nội tiếp,...)
nên ΔJHDΔJHD và ΔNFHΔNFH đồng dạng nên JHDNJHDN nội tiếp
Ta suy ra:ˆNHD=ˆNJD=ˆHDFNHD^=NJD^=HDF^ nên suy ra: NH=NDNH=ND
Mà NH=NANH=NA (t/c đối xứng) nên NA=NDNA=ND(đ.p.c.m)
O A M N I B C H K a) Xét \(\Delta\)ABM và \(\Delta\)ANB, ta có:
góc A : góc chung
góc ABM = góc ANB (góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung và góc nội tiếp cùng chắn cung BM)
=> \(\Delta ABM\) đồng dạng \(\Delta ANB\)
=> \(\dfrac{AB}{AN}=\dfrac{AM}{AB}\)
=> AB2 = AM.AN (đpcm)
b)Xét tứ giác ABIO
Kẻ đường kính HK đi qua trung điểm I
=> HK \(\perp\) MN tại I hay góc AIO = 900
góc ABO = 900 (AB là tuyến tiếp của đường tròn (O))
góc AIO và góc ABO cùng nhìn cạnh OA dưới 1 góc bằng nhau(=900)
=> Tứ giác ABIO nội tiếp