Cho nửa \(\left(O\right)\), đường kính \(AB=2R\) và dây \(AC=R\). Gọi \(K\) là trung điểm của \(BC\). Qua \(B\) vẽ tiếp tuyến \(Bx\) với \(\left(O\right)\), tiếp tuyến này cắt tia \(OK\) tại \(D\).
\(a\)) Chứng minh \(DC\) là tiếp tuyến của \(\left(O\right)\).
\(b\)) Tia \(OD\) cắt \(\left(O\right)\) ở \(M\). Chứng minh \(OBMC\) là hình thoi.
\(c\)) Vẽ \(CH\) vuông góc với \(AB\) tại \(H\) và gọi \(I\) là trung điểm của \(CH\). Tiếp tuyến tại \(A\) của \(\left(O\right)\) cắt tia \(BI\) tại \(E\). Chứng minh \(E,C,D\) thẳng hàng.
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Xét tam giac COB có OC=OB;CK=KB
=>COK=KOB
OC=OB
OD chung
=>tam giác COD=tam giác BOD
=>OCD=OBD=90=>Chứng minh DC là tiếp tuyến của (O).
a) Xét (O) có
ΔABC nội tiếp đường tròn(A,B,C∈(O))
AB là đường kính
Do đó: ΔABC vuông tại C(Định lí)
b) Áp dụng định lí Pytago vào ΔABC vuông tại C, ta được:
\(AB^2=BC^2+AC^2\)
\(\Leftrightarrow BC^2=AB^2-AC^2=\left(2\cdot R\right)^2-R^2=3\cdot R^2\)
hay \(BC=R\cdot\sqrt{3}\)(đvđd)
Xét ΔABC vuông tại C có
\(\sin\widehat{A}=\dfrac{BC}{AB}=\dfrac{R\sqrt{3}}{2R}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
hay \(\widehat{A}=60^0\)
Xét ΔABC vuông tại C có
\(\widehat{A}+\widehat{B}=90^0\)(hai góc nhọn phụ nhau)
hay \(\widehat{B}=30^0\)
Vậy: \(BC=R\cdot\sqrt{3}\)(đvđd); \(\widehat{A}=60^0\); \(\widehat{B}=30^0\)
a . Ta có : \(C\in\left(O\right),AB=2R\Rightarrow\widehat{ACB}=90^0\Rightarrow\Delta ABC\) vuông tại C
c . Vì \(OK\perp BC\Rightarrow B,C\) đối xứng qua OK
\(\Rightarrow\widehat{DCO}=\widehat{DBO}=90^0\Rightarrow DC\) là tiếp tuyến của (O)
d . Ta có \(AC=R\Rightarrow\Delta AOC\) đều
\(\Rightarrow\widehat{COM}=\widehat{MOB}=60^0\Rightarrow\Delta OCM,OMB\) đều
\(\Rightarrow OC=OM=OB=MB=MC\)=> ◊OBMC là hình thoi
e . Ta có :
\(\Delta ACO\) đều
\(\Rightarrow CH==\frac{R\sqrt{3}}{2}\Rightarrow CI=IH=\frac{R\sqrt{3}}{4}\)
\(\Rightarrow\frac{CI}{DB}=\frac{CI}{BC}=\frac{\frac{R\sqrt{3}}{4}}{R\sqrt{3}}=\frac{1}{4}=\frac{AH}{AB}=\frac{EI}{EB}\)
\(\Rightarrow\Delta ECI~\Delta EDB\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{CEI}=\widehat{DEB}\Rightarrow E,C,D\) thẳng hàng
a) Xét (O) có
ΔBAC nội tiếp đường tròn(B,A,C\(\in\)(O))
AB là đường kính(gt)
Do đó: ΔABC vuông tại C(Định lí)
a) xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có cạnh AB là đường kính =>tam giác ABC vuông tại C
b) có tam giác ABC vuông tại C từ pitago ta có
AB\(^2\)=AC\(^2\)+BC\(^2\)=>BC=\(\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{4R^2-R^2}=R\sqrt{3}\)
tam giác AOC có AC=AO=CO=R => tam giác AOC đều =>
\(\widehat{CAO}=60\)độ =>góc CBA = 30 độ (tam giác ABC vuông tại C)
c)xét tam giác COB có OC=OB=R=>tam giác COB cân tại O có OK vừa là trung tuyến (k là trung điểm CB) vừa là phân giác
=>góc COK=góc BOK hay góc COD=góc BOD
xét 2 tam giác COD và BOD có OC=OB, góc COD=góc BOD,OD là cạnh chung
tam giác COD = tam giác BOD(c-g-c) =>góc DCO=góc DBO=90 độ
mà OC = R =>CD là tiếp tuyến of (O)
d) Vì OC=OB,DC=DB=> OD là đường trung trực of BC mà M thuộc OD =>MC=MB (1)OD vuông góc CB => góc CKM = 90 độ
Tam giác CKO vuông tại K từ pitago có OK = \(\sqrt{CO^2-CK^2}=\sqrt{CO^2-\frac{BC^2}{4}}=\sqrt{R^2-\frac{3R^2}{4}}=\frac{R}{2}\)
=> KM = OM - OK = R - \(\frac{R}{2}=\frac{R}{2}\)=OK
tương tự xét tam giác CMK vuông tại K có CM =R (2)
có OC=OB (3)
Từ ( 1 ) ; (2);(3) => OC = CM =MB = OB =R =>Tứ giác OCMB là hình thoi
e) Tương tự câu b ta có tam giác EAO = ECO ( c-g-c)
=> Góc ECO = Góc EAO = 90 độ .
Ta có : Góc ECD = Góc ECO + Góc OCD = 90 độ + 90 độ = 180 độ
=> E ; C ; D thẳng hàng
Bạn OOOĐỒ DỐI TRÁ OOO ơi , cho mình hỏi là phần d í , tại sao OK = Căn của R^2 - BC^2 / 4 nnhir ? Mình không hiểu đoạn BC^2 / 4