Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
O O' A B H C F D K G E 1 2 3 4
a) Xét đường tròn (O';R) có: Đường kính OC và điểm A nằm trên cung OC => ^OAC=900
=> OA vuông góc với AC. Mà OA là bán kính của (O) => AC là tiếp tuyến của (O)
Ta thấy: 2 đường tròn (O) và (O') có cùng bán kính R => OA=OB=O'A=O'B= R
=> Tứ giác AOBO' là hình thoi =>OA // O'B
Lại có: OA vuông góc AC (cmt) => O'B vuông góc AC (Qhệ //, vg góc) hay BF vuông góc AC (đpcm).
b) Xét tứ giác ADKO: ^DKO=^OAD=900 (=^OAC)
=> Tứ giác ADKO nội tiếp đường tròn tâm là trg điểm OD (đpcm).
c) Do tứ giác AOBO' là hình thoi nên AB vuông góc OO' (tại H) (1)
Ta có điểm B thuộc (O') và F đối xứng B qua O' => F thuộc (O') (Vì đường tròn có tâm đối xứng)
Xét (O') đường kính BF và A thuộc cung BF => AB vuông góc AF (2)
Từ (1) và (2) => OO' // AF
Xét tứ giác AOO'F: OO' // AF; OA // O'F (cmt) => Tứ giác AOO'F là hình bình hành
=> AF = OO'. Mà AF=AD nên AD=OO'. Lại có: OO' = OA => AD=OA.
Xét tứ giác ADKO nội tiếp đường tròn => ^AOK+^ADK = 1800
Mà ^ADK + ^ADG = 1800 nên ^AOK=^ADG hay ^AOH=^ADG
Xét \(\Delta\)AHO và \(\Delta\)AGD: AO=AD (cmt); ^AOH=^ADG; ^AHO=^AGD=900
=> \(\Delta\)AHO=\(\Delta\)AGD (Cạnh huyền góc nhọn) => AH=AG
Xét tứ giác AHKG: ^AHK=^HKG=^HAG=900; AH=AG (cmt) => Tứ giác AHKG là hình vuông.
d) Dễ thấy: AO=OO'=O'A => Tam giác AOO' đều => ^AO'O = 600
Lại có: Hình bình hành AOO'F có O'O=O'F => Tứ giác AOO'F là hình thoi
=> ^AO'O=^AO'F = 600 => ^FO'C = 600
=> SHình quạt AO'O = 1/6 S (O) = \(\frac{R^2.\pi}{6}\)
Tương tự, suy ra: S H.quạt AO'O = S H.quạt BO'O = S H,quạt AOO' = S H.quạt BOO' = \(\frac{R^2.\pi}{6}\)
Cộng tất cả lại => \(S_1+S_2+S_3+S_4+2.S_{AOBO'}=4.\frac{R^2.\pi}{6}=\frac{2R^2.\pi}{3}\)
\(\Rightarrow S_1+S_2+S_3+S_4+S_{AOBO'}=\frac{2R^2.\pi}{3}-S_{AOBO'}\)
\(\Rightarrow S_{P.C}=\frac{2R^2.\pi}{3}-R^2.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{4R^2.\pi}{6}-\frac{3\sqrt{3}.R^2}{6}=\frac{R^2.\left(4\pi-3\sqrt{3}\right)}{6}\)
\(=\frac{R^2.\left(4.3,14-3.1,73\right)}{6}=\frac{R^2.7,37}{6}\)(Chú thích SPhần chung: SP.C)
Vậy diện tích phần chung của (O0 và (O') tính theo R là \(S_{P.C}=\frac{7,37.R^2}{6}.\)
F G A B C E O' K D N O
a) Xét đường tâm O'
\(\widehat{OAC}=90^o\)
A F N M O C B E
a) Xét tam giác AMB có :
MO = OA = OB ( =bk )
\(\Rightarrow MO=\frac{1}{2}AB\)
=> Tam giác AHB vuông tại M
=> EM là đường cao của tam giác ANE
- Xét tam giác ACB có : OC = OB = OA ( =bk )
\(\Rightarrow OC=\frac{1}{2}AB\Rightarrow\Delta ACB\)vuông tại C
=> NC là đường cao của tam giác ANE
=> B là giao điểm 3 đường cao của tam giác ANE
=> AB là đường cao của tam giác ANE
Vậy : \(NE\perp AB\left(đpcm\right)\)
b) Xét 2tam giác : MAF và MNE
Có : MA = MN (gt)
MF = ME ( gt )
^AMF = ^NME ( đối đỉnh )
do đó : \(\Delta MAF=\Delta NME\left(c-g-c\right)\)
=> ^AFM = ^NEM
Mà 2 góc ^AFM và ^NEM có vị trí so le
=> AF // NE
Mà : \(NE\perp AB\)( c/m câu a ) => \(AF\perp AB\)tại A
Vậy : FA là tiếp tuyến đường tròn (O) ( đpcm )
c) Ta có : ^AMB = 90^o => \(FB\perp AN\)
MA = MB
=> FB là đường trung trực của AN
=> BN = BA ; FN = FA
- Xét 2 tam giác : ABF và NBF có : BN = BA ; FN = FA
FB chung
\(\Rightarrow\Delta ABF=\Delta NBF\left(c-c-c\right)\)
=> ^BNF = ^BAF = 90^o
\(\Rightarrow BN\perp FN\)tại B mà BN = BA
Vậy : FN là tiếp tuyến của đường tròn ( B ; BA ) ( đpcm )
. . A B C D M H I
a) Xét (O) có OB \(\perp\) CD
=> H là trung điểm của CD
=> HC=HD
Xét tứ giác ODBC có: H là trung điểm của OB,CD
=> tứ giác ADBC là hình bình hành
Mà: OC=OD(gt)
=> tứ giác ADBC là hình thoi
b)Vì tứ giác ADBC là hình thoi
=> OC=BC
Mà OC=OB(=R)
=> OC=OB=BC
=> ΔOBC là tam giác đều
=> góc BOC =60
c) Có: OB=BC(cmt)
Mà: OB=BM
=> OB=BC=BM
Xét ΔOCM có CB là đường trung tuyến
Mà: BC=OB=BM(cmt)
=> ΔOCM vuông tại C
=> góc ACM=90
=> MC là tiếp tuyến của (O)
Xét ΔOCM vuông tại C nên:
\(OM^2=OC^2+CM^2\) ( theo đl pytago)
=> \(MC^2=OM^2-OC^2=4R^2-R^2=3R^2\)
=> \(MC=\sqrt{3}R\)
d) Vì ODBC là hình thoi (cmt)
=> OB là đường phân giác của góc COD
=> góc COH= góc DOH
Có: góc COH+ góc HOI =90
hay: góc DOH+ góc HOI = 90
Mà: góc HOI+ góc HIO =90
=> DOH = góc HIO
Xét ΔHOI và ΔHDO có:
góc OHI : góc chung
góc HIO = góc DOH(cmt)
=> ΔHOI ~ΔHDO
=> \(\frac{OH}{HD}=\frac{HI}{OH}\Rightarrow HI\cdot HD=OH^2\)
CHứng minh tương tự ta cũng có:
\(HB\cdot HM=HC^2\)
Xét ΔOCH vuông tại H
=> \(OH^2+HC^2=OC^2\)
Nên: \(HI\cdot HD+HB\cdot HM=OH^2+HC^2=OC^2=R^2\)
B C D H I M O
a ) Xét \(\left(O\right)\)có \(OB\perp CD\)
\(\Rightarrow H\)là trung điểm của CD
\(\Rightarrow HC=HD\)
Xét tứ giác \(ODBC\)có :
H là trung điểm của OB và CD
\(\Rightarrow\)tứ giác ADBC là hình thoi
b ) Vì tứ giác ADBC là hình thoi
\(\Rightarrow OC=BC\)
Mà \(OC=OB\left(=R\right)\)
\(\Rightarrow OC=OB=BC\)
\(\Rightarrow\Delta OBC\)là tam giác đều
\(\Rightarrow\widehat{BOC}=60^0\)
c ) Ta có : OB = BC (cmt)
Mà OB = BM
\(\Rightarrow OB=BC=BM\)
Xét \(\Delta OCM\)có :
CB là đường trung tuyến
Mà : \(BC=OB=BM\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta OCM\)vuông tại C nên :
\(OM^2=OC^2+CM^2\)( theo định lí Py - ta - go )
\(\Rightarrow MC^2=OM^2-OC^2=4R^2-R^2=3R^2\)
\(\Rightarrow MC=\sqrt{3}R\)
d ) Vì ODBC là hình thoi ( cmt )
\(\Rightarrow OB\)là đường phân giác của \(\widehat{COD}\)
\(\Rightarrow\widehat{COH}=\widehat{DOH}\)
Có : \(\widehat{COH}+\widehat{HOI}=90^0\)
Hay \(\widehat{DOH}+\widehat{HOI}=90^0\)
Mà \(\widehat{HOI}+\widehat{HIO}=90^0\)
\(\Rightarrow\widehat{DOH}=\widehat{HIO}\)
Xét \(\Delta HOI\)và \(HDO\)có :
\(\widehat{OHI}\): góc chung
\(\widehat{HIO}=\widehat{DOH}\left(cmt\right)\)
\(\Rightarrow\Delta HIO~\Delta HDO\)
\(\Rightarrow\frac{OH}{HD}=\frac{HI}{OH}\Rightarrow HI.HD=OH^2\)
Chứng minh tương tự ta cũng có :
\(HB.HM=HC^2\)
Xét \(\Delta OCH\)vuông tại H
\(\Rightarrow OH^2+HC^2=OC^2\)
Nên : \(HI.HD+HB.HM=OH^2+HC^2=OC^2=R^2\)
Chúc bạn học tốt !!!
Đường tròn c: Đường tròn qua B, D, C Đường tròn c_1: Đường tròn qua M với tâm O Đoạn thẳng f: Đoạn thẳng [B, A] Đoạn thẳng g: Đoạn thẳng [A, D] Đoạn thẳng j: Đoạn thẳng [B, C] Đoạn thẳng k_1: Đoạn thẳng [D, C] Đoạn thẳng r: Đoạn thẳng [M, B] Đoạn thẳng s: Đoạn thẳng [M, N] Đoạn thẳng t: Đoạn thẳng [D, N] Đoạn thẳng a: Đoạn thẳng [E, C] Đoạn thẳng b: Đoạn thẳng [O, B] Đoạn thẳng d: Đoạn thẳng [O, D] Đoạn thẳng e: Đoạn thẳng [M, O] Đoạn thẳng f_1: Đoạn thẳng [B, D] Đoạn thẳng k: Đoạn thẳng [B, I] Đoạn thẳng g_1: Đoạn thẳng [I, K] Đoạn thẳng h_1: Đoạn thẳng [I, D] B = (1.16, 5.22) B = (1.16, 5.22) B = (1.16, 5.22) A = (-2.94, -0.34) A = (-2.94, -0.34) A = (-2.94, -0.34) D = (9.24, 0.56) D = (9.24, 0.56) D = (9.24, 0.56) Điểm C: Giao điểm của h, i Điểm C: Giao điểm của h, i Điểm C: Giao điểm của h, i Điểm O: Giao điểm của c, l Điểm O: Giao điểm của c, l Điểm O: Giao điểm của c, l Điểm M: Giao điểm của n, p Điểm M: Giao điểm của n, p Điểm M: Giao điểm của n, p Điểm N: Giao điểm của n, q Điểm N: Giao điểm của n, q Điểm N: Giao điểm của n, q Điểm E: Giao điểm của l, s Điểm E: Giao điểm của l, s Điểm K: Giao điểm của a, f_1 Điểm K: Giao điểm của a, f_1 Điểm K: Giao điểm của a, f_1 Điểm I: Tâm của c Điểm I: Tâm của c Điểm I: Tâm của c
a. Ta thấy ngay BCDO là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat{MBO}=\widehat{ODC}\) (Góc ngoài tại đỉnh đổi)
b. Xét tam giác CMN có CO là đường cao đồng thời phân giác, vậy nó là tam giác cân. Từ đó suy ra \(\widehat{CMA}=\widehat{CNA}\)
Do ABCD là hình bình hành nên \(\widehat{CNA}=\widehat{BAM}\Rightarrow\widehat{BAM}=\widehat{BMA}\Rightarrow BM=BA=DC\left(1\right)\)
Xét trong đường tròn ngoại tiếp tam giác BDC có \(\widehat{BCO}=\widehat{DCO}\Rightarrow BO=OD\left(2\right)\)
Theo câu a, \(\widehat{MBO}=\widehat{ODC}\left(3\right)\)
Từ (1), (2), (3) suy ra \(\Delta OBM=\Delta ODC\left(g-c-g\right)\)
2. Để MONP là hình vuông thì đường chéo OM=ON\(\sqrt{2}\)=R\(\sqrt{2}\)
Dựng điểm M: Ta dựng hình vuông OACD, dựng đường tròn tâm O đi qua điểm D, cắt (d) tại M
CM: Từ M vã 2 tiếp tuyến MN và MP ta có: \(MN=\sqrt{MO^2-ON^2}=R\)
Nên tam giác ONM vuông cân tại N. Tương tự tam giác OMP vuông cân tại P do đó MNOP là hình vuông
Bài toán luôn có 2 nghiệm vì \(OM=R\sqrt{2}>R\)
3. Ta có MN và MP là 2 tiếp tuyến của (O) nên MNOP là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính OM. Tâm là trung điểm H của OM. Suy ra tam giác cân MPO nội tiếp trong đường tròn đường kính OM, tâm là H
Kẻ \(OE\perp AB\) thì E là trung điểm của AB (cố định ). kẻ \(HL\perp\left(d\right)\) thì HL//OE nên HL là đường trung bình của tam giác OEM => HL=1/2 OE (không đổi)
Do đó khi M di động trên (d) thì H luôn cách đều (d) một đoạn không đổi, nên H chạy trên đường thẳng (d')//(d) và (d') đi qua trung điểm của đoạn OE
Ta có OM là phân giác góc NMP (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau). Kẻ tia phân giác góc PNM cắt đường tròn (O) tại điểm F khi đó NF=FP (ứng với góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung bằng nhau)
=> F ở trên OM dó đó F là tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP
Vậy khi M di động trên (d) thì tâm đường tròn nội tiếp tam giác MNP chạy trên đường tròn (O)