Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
O A B D E C H P F N M I
a) Ta có \(\sin\widehat{OAB}=\frac{OB}{OA}=\frac{1}{2}\). Suy ra \(\widehat{BAC}=2\widehat{OAB}=60^0\)
Vì AB = AC nên \(\Delta ABC\) đều. Vậy \(BC=AB=OB\sqrt{3}=R\sqrt{3}\)
Gọi I là tiếp điểm của FN với (O). Ta có:
\(\widehat{MON}=\widehat{IOM}+\widehat{ION}=\frac{1}{2}\left(\widehat{IOB}+\widehat{IOC}\right)=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=60^0=\widehat{MCN}\)
Suy ra tứ giác MNCO nội tiếp.
b) Theo hệ thức lượng: \(\overline{AH}.\overline{AO}=AB^2=\overline{AD}.\overline{AE}\). Suy ra tứ giác DHOE nội tiếp
Ta thấy \(OD=OE,HO\perp HB\), do đó HO,BC là phân giác ngoài và phân giác trong \(\widehat{DHE}\)
Dễ thấy D và P đối xứng nhau qua OA vì dây cung \(DP\perp OA\)
Vì \(\widehat{DHE}+\widehat{DHP}=2\left(\widehat{DHB}+\widehat{DHA}\right)=180^0\) nên P,H,E thẳng hàng.
c) Do N,O,E thẳng hàng nên \(\widehat{DOE}=180^0-\widehat{MON}=120^0\). Suy ra \(DE=R\sqrt{3}\)
Theo hệ thức lượng thì:
\(AD.AE=AB^2\Rightarrow AD^2+AD.DE=AB^2\)
\(\Rightarrow\left(\frac{AD}{DE}\right)^2+\frac{AD}{DE}-\left(\frac{AB}{DE}\right)^2=0\)
\(\Rightarrow\left(\frac{AD}{DE}\right)^2+\frac{AD}{DE}-1=0\) vì \(AB=DE=R\sqrt{3}\)
\(\Leftrightarrow\orbr{\begin{cases}\frac{AD}{DE}=\frac{-1+\sqrt{5}}{2}\left(c\right)\\\frac{AD}{DE}=\frac{-1-\sqrt{5}}{2}\left(l\right)\end{cases}}\) vì \(\frac{AD}{DE}>0\)
\(\Rightarrow\frac{AD}{AE}=\frac{\sqrt{5}-1}{\sqrt{5}+1}=\frac{3-\sqrt{5}}{2}.\)
O B A M D N I
a) Ta thấy ngay \(\Delta MAO=\Delta DBO\) (Cạnh góc vuông và góc nhọn kề)
\(\Rightarrow MO=DO\)
Xét tam giác MNP có NO là đường cao đồng thời trung tuyến nên tam giác MNP cân tại N.
b) Do tam giác MNP cân tại N nên NO cũng đồng thời là phân giác.
Vậy thì \(\Delta ION=\Delta BON\) (Cạnh huyền góc nhọn)
\(\Rightarrow OI=OB=R\)
Lại có \(OI\perp MN\Rightarrow\) MN vuông góc OI tại I hay MN là tiếp tuyến của (O)
c) Ta thấy ngay \(AM.BN=MI.IN\)
Xét tam giác vuông MON có OI là đường cao nên \(MI.IN=OI^2=R^2\)
\(\Rightarrow AM.BN=R^2\)
d) Do AM và BN cùng vuông góc với AB nên ANNB là hình thang vuông
\(S_{AMNB}=\frac{\left(AM+NB\right).AB}{2}=\frac{\left(MI+IN\right).AB}{2}=\frac{MN.AB}{2}\)
Do AB không đổi nên diện tích hình thang vuông AMNB nhỏ nhất khi MN nhỏ nhất.
MN là đường xiên nên nó nhỏ nhất khi là đường vuông góc, nói cách khác là tứ giác AMNB là hình chữ nhật.
Khi đó AM = OI = R.
Vậy khi M cách O một khoảng bằng R thì diện tích tứ giác AMNB nhỏ nhất.
Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn ( O ), kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B,C là các tiếp điểm )
a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp
b)Cho bán kính đường tròn ( O ) bằng 3cm, độ dài đoạn thẳng OA bằng 5cm. Tính độ dài đoạn thẳng BC
c) Gọi ( K ) là đường tròn qua A và tiếp xúc với đường thẳng BC tạo C. Đường trknf (K) và đường tròn (O ) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. Chứng minh rằng đường thẳng BM đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC
a) Xét tứ giác AEOF có
\(\widehat{AEO}\) và \(\widehat{AFO}\) là hai góc đối
\(\widehat{AEO}+\widehat{AFO}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: AEOF là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
câu c , d ????