Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, Xét tam giác MON có : OM = ON = R
=> tam giác MON cân tại O, do OI vuông MN hay OI là đường cao
đồng thời là đường phân giác => ^MOI = ^ION
Vì BN là tiếp tuyến đường tròn (O) với N là tiếp điểm
=> ON vuông BN hay ^ONB = 900
Xét tam giác IOM và tam giác NOB có :
^IOM = ^NOB ( cmt )
^OIM = ^ONB = 900
Vậy tam giác IOM ~ tam giác NOB ( g.g )
=> \(\frac{IO}{NO}=\frac{IM}{NB}\Rightarrow IO.NB=IM.NO\)
ý b sáng mai mình gửi nhé ;))
sửa hộ mình chỗ này nhé : ^OIM = ^ONB = 900
b, Vì I là trung điểm điểm OA => \(IO=IA=\frac{OA}{2}=\frac{R}{2}\)
Theo định lí Pytago tam giác OIM ta được :
\(MI=\sqrt{OM^2-OI^2}=\sqrt{R^2-\frac{R^2}{4}}=\sqrt{\frac{3R^2}{4}}=\frac{\sqrt{3}R}{2}\)
Vì BM là tiếp tuyến đường tròn (O) và M là tiếp điểm
=> OM vuông MB hay ^OMB = 900 => tam giác OMB vuông tại M
Xét tam giác OMB vuông tại M, đường cao MI
Áp dụng hệ thức : \(\frac{1}{OM^2}+\frac{1}{MB^2}=\frac{1}{MI^2}\Rightarrow\frac{1}{R^2}+\frac{1}{MB^2}=\frac{1}{\frac{3R^2}{4}}\)
\(\Leftrightarrow\frac{1}{R^2}+\frac{1}{MB^2}=\frac{4}{3R^2}\Leftrightarrow\frac{1}{MB^2}=\frac{4}{3R^2}-\frac{1}{R^2}=\frac{1}{3R^2}\Rightarrow MB=\sqrt{3}R\)
CM : tam giác OMB = tam giác ONB ( ch - gn )
Ta có : \(S_{OMNB}=S_{OMB}+S_{ONB}=2S_{OMB}=\frac{2.1}{2}.OM.MB\)
\(=R.\sqrt{3}R=\sqrt{3}R^2\)
Bài 1 :
Gọi trung điểm của OA là H. Vì OA = BH \(\perp\) OA nên AB = OB. Ta có :
AB = OB = OA nên tam giác AOB là tam giác đều.
Vậy O = \(60^o\).
BH = BO. \(\sin60^o\) = 3. \(\frac{\sqrt{3}}{2}\),
BC = 2 BH = \(3\sqrt{3}\) ( cm )
Bài 2 :
a) Xét tam giác BEC vuông tại E có :
Góc BEC = \(90^o\)
\(\Rightarrow\) B, E, C thuộc vào đường tròn đường kính BC ( 1 )
Xét tam giác BDC có :
Góc BDC = \(90^o\)
\(\Rightarrow\) B, D, C thuộc đường tròn đường kính BC ( 2 )
\(\Rightarrow\) B, C, D, E cùng thuộc một đường tròn.
b) Xét tam giác BDC : ^ BDC = \(90^o\), mà trung điểm của BC = DO = BO = CO
Tương tự : EO = BO = CO
\(\Rightarrow\) DO = EO
\(\Rightarrow\) Tam giác EOD cân tại O.
Ta có : I là trung điểm của DE
\(\Rightarrow\) OI là đường trung tuyến, cũng là đường cao của tam giác EOD.
\(\Rightarrow\) OI vuông góc với DE
bài 1
gọi M là trung điểm OA => OM=OA:2=1,5cm
xét tam giác vuông BOM ta có MB2+OM2=OB2 <=>MB2+1,52=32 =>MB=\(\frac{3\sqrt{3}}{2}\)=>BC =2 MB = 3\(\sqrt{3}\)
bài 2
a)xét tam giác vuông CEB có O là trung điểm BC nên OE là đường trung tuyến => OB=OC=OE
tương tự tam giác CDB có OD là đường trung tuyến => OD=OB=OC
vậy OB=OC=OD=OE => cùng thuộc đường tròn tâm o bán kính BC/2
b) I là trung điểm DE nên OI là đường trung tuyến và tam giác ODE cân ở O nên OI vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên OI vuông góc ED
A C B H F G D E J
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.
a, 2πR = 4π => R = 2cm
b, A O B ^ = 60 0 (DOAB đều)
=> B O C ^ = 120 0
l B C ⏜ n h ỏ = π . R . 120 180 = 4 π 3 cm
và l B C ⏜ l ớ n = 8 3 π cm