Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét (O) có
MA là tiếp tuyến có A là tiếp điểm
MB là tiếp tuyến có B là tiếp điểm
Do đó: MA=MB
Ta có: IA=IB
nên I nằm trên đường trung trực của AB(1)
ta có: MA=MB
nên M nằm trên đường trung trực của AB(2)
Từ (1) và (2) suy ra IM là đường trung trực của AB
hay IM\(\perp\)AB
b: Xét (I) có
ΔABE nội tiếp đường tròn
BE là đường kính
Do đó: ΔABE vuông tại A
Ta có: BA\(\perp\)IM
BA\(\perp\)AE
Do đó: AE//MI
Cho sửa lại đề tí ==* , câu b) là c/m MR // AO => MC // AO :>
O N C A M H
a. Ta có: AM = AN (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
Suy ra tam giác AMN cân tại A
Mặt khác AO là đường phân giác của góc MAN ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau )
Suy ra AO là đường cao của tam giác AMN ( tính chất tam giác cân )
Vậy \(OA\perp MN\)
b. Tam giác MNC nội tiếp trong đường tròn (O) có NC là đường kính nên góc (CMN) = 90o
Suy ra: \(NM\perp MC\)
Mà \(OA\perp MN\)(chứng minh trên)
Suy ra: OA // MC
c. Ta có: \(AN\perp NC\) (tính chất tiếp tuyến)
Áp dụng định lí Pitago vào tam giác vuông AON ta có :
AO2 = AN2 + ON2
Suy ra : AN2 = AO2 – ON2 = 52 – 32 = 16
AN = 4 (cm)
Suy ra: AM = AN = 4 (cm)
Gọi H là giao điểm của AO và MN
Ta có: \(MH=NH=\frac{MN}{2}\) (tính chất tam giác cân)
Tam giác AON vuông tại N có \(NH\perp AO\). Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, ta có:
OA . NH = AN . ON => \(NH=\frac{\left(AN.ON\right)}{AO}=\frac{\left(4.3\right)}{5}=2,4\)
MN = 2.NH = 2.2,4 = 4,8 (cm)
Vậy .....................
a) ta có : AN = AM (tính chất tiếp tuyến)
\(\Rightarrow\) tam giác AMN cân tại A
OA là tia phân giác cũng là đường cao
\(\Rightarrow\) OA \(\perp\) MN (đpcm)
b) đặc H là giao điểm của MN và AO
ta có MH = HN (OA \(\perp\) MN \(\Rightarrow\) H là trung điểm MN)
mà CO = CN = R
\(\Rightarrow\) OH là đường trung bình của tam giác MNC
\(\Rightarrow\) OH // MC \(\Leftrightarrow\) MC // OA (đpcm)
a, + Ta có: góc ABM = 1/sđ cung AB
Mà: góc AOB = sđ cung AB = 120
=> góc ABM=60
Theo tính chất tiếp tuyến có MA=MB. => Tam giác MAB là tam giác đều (trong 1 tam giác cân có 1 góc = 60 => tg đều)
+ Ta có: MO là phân giác góc AOB (t/chất t2) => góc MOA= 60 độ
MA = AO.tan 60 <=> R. \(\sqrt{3}\).
Vì tam gíac MAB đều => MA=MB=AB = R.\(\sqrt{3}\)
b, Hướng dẫn: Bạn tính S hình quạt AOB. Rồi tính diện tích hình tam giác AOB.
Lầy S hình quạt - S hình tam giác là ra.
c, Ta có: tứ giác FAND nội tiếp (tự chứng)
Và tứ giác ENDB nội tiếp (tự chứng)
Xét 2 tam giác NFD và tam gác NDE.
Ta có: góc FDN = NED (thông qua 2 góc NAF = góc NBD)
Và góc NDE = góc NFD (thông qua 2 góc NBE = góc NAD)
=> 2 tam giác đồng dạng => NF/ND=ND/NE => ĐPCM
Lời giải:
a)
Xét tam giác MCAMCA và MBCMBC có:
MˆM^ chung
MCAˆ=MBCˆMCA^=MBC^ (góc tạo bởi dây cung và tiếp tuyền thì bằng góc nội tiếp chắn cung đó, cụ thể ở đây là cung ACAC)
⇒△MCA∼△MBC(g.g)⇒△MCA∼△MBC(g.g)
⇒MCMB=MAMC⇒MC2=MA.MB⇒MCMB=MAMC⇒MC2=MA.MB (đpcm)
b)
Theo tính chất tiếp tuyến cắt nhau MC=MDMC=MD
Hơn nữa OC=OD=ROC=OD=R
Do đó MOMO là đường trung trực của CDCD
⇒MO⊥CD⇒MO⊥CD tại HH
⇒MHCˆ=900⇒MHC^=900
Vì MCMC là tiếp tuyến (O)(O) nên MC⊥OC⇒MCOˆ=900MC⊥OC⇒MCO^=900
Xét tam giác MCOMCO và MHCMHC có:
MˆM^ chung
MCOˆ=MHCˆ(=900)MCO^=MHC^(=900)
⇒△MCO∼△MHC(g.g)⇒MCMH=MOMC⇒MC2=MH.MO⇒△MCO∼△MHC(g.g)⇒MCMH=MOMC⇒MC2=MH.MO
Kết hợp với kết quả phần a suy ra MH.MO=MA.MBMH.MO=MA.MB
⇒AHOB⇒AHOB là tứ giác nội tiếp.