Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: BA là tiếp tuyến của (O) có B là tiếp điểm
=>OB\(\perp\)BA tại B
=>ΔOBA vuông tại B
ΔBOA vuông tại B
=>\(BO^2+BA^2=OA^2\)
=>\(BA^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2\)
=>\(BA=R\sqrt{3}\)
b: ΔOBC cân tại O
mà OA là đường cao
nên OA là tia phân giác của \(\widehat{BOC}\)
Xét ΔOBA và ΔOCA có
OB=OC
\(\widehat{BOA}=\widehat{COA}\)
OA chung
Do đó: ΔOBA=ΔOCA
=>\(\widehat{OCA}=\widehat{OBA}=90^0\)
=>AC là tiếp tuyến của (O)
c: Xét ΔABO vuông tại B có \(sinBAO=\dfrac{BO}{OA}=\dfrac{1}{2}\)
nên \(\widehat{BAO}=30^0\)
ΔOBA=ΔOCA
=>\(\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\) và AB=AC
=>\(\widehat{BAC}=2\cdot\widehat{BAO}=2\cdot30^0=60^0\)
Xét ΔABC có AB=AC và \(\widehat{BAC}=60^0\)
nên ΔABC đều
Câu c.
Gọi K là trung điểm của BH
Chỉ ra K là trực tâm của tam giác BMI
Chứng minh MK//EI
Chứng minh M là trung điểm của BE (t.c đường trung bình)
a) Do AB là tiếp tuyến của đường tròn tại B nên theo đúng định nghĩa, ta có \(OB\perp BA\Rightarrow\widehat{OBA}=90^o\)
Vậy tam giác ABO vuông tại B.
Xét tam giác vuông OAB, áp dụng định lý Pi-ta-go ta có :
\(AB=\sqrt{OA^2-OB^2}=\sqrt{4R^2-R^2}=R\sqrt{3}\)
b) Ta có BC là dây cung, \(OH\perp BC\)
Tam giác cân OBC có OH là đường cao nên nó cũng là tia phân giác góc COB.
Xét tam giác OCA và OBA có:
OC = OB ( = R)
OA chung
\(\widehat{COA}=\widehat{BOA}\) (cmt)
\(\Rightarrow\Delta OCA=\Delta OBA\left(c-g-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{OCA}=\widehat{OBA}=90^o\). Vậy CA là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại C.
c) Ta có BC là dây cung, OH vuông góc BC nên theo tính chất đường kính dây cung ta có H là trung điểm BC.
Xét tam giác vuông OBA có BH là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:
\(HB.OA=OB.BA\Rightarrow HB=\frac{R.R\sqrt{3}}{2R}=\frac{R\sqrt{3}}{2}\)
Vậy thì BC = 2HB = \(R\sqrt{3}\)
Do \(\Delta OCA=\Delta OBA\Rightarrow CA=BA\)
Xét tam giác ABC có \(AB=BC=CA=R\sqrt{3}\) nên nó là tam giác đều.
d) Gọi G là trung điểm của CA; J là giao điểm của AE và HD, F' là giao điểm của AE và OB
Ta cần chứng minh F' trùng F.
Dễ thấy HD // OB; HG // AB mà \(AB\perp OB\Rightarrow HD\perp GH\) hay D là tiếp tuyến của đường tròn tại H.
Từ đó ta có : \(\widehat{EHJ}=\widehat{EAJ}\)
Vậy thì \(\Delta HEJ\sim\Delta AHJ\left(g-g\right)\Rightarrow\frac{EJ}{HJ}=\frac{HJ}{AJ}\Rightarrow HJ^2=EJ.AJ\)
Xét tam giác vuông JDA có DE là đường cao nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác ta có:
\(JD^2=JE.JA\)
Vậy nên HJ = JD.
Áp dụng định lý Ta let trong tam giác OAB ta có:
Do HD // OB nên \(\frac{HJ}{OF'}=\frac{JD}{F'B}\left(=\frac{AJ}{AF'}\right)\)
Mà HJ = JD nên OF' = F'B hay F' là trung điểm OB. Vậy F' trùng F.
Từ đó ta có A, E, F thẳng hàng.
dài vậy 😅😅😅