Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Do C thuộc nửa đường tròn nên \(\widehat{ACB}=90^o\) hay AC vuông góc MB.
Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC nên áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(BC.BM=AB^2=4R^2\)
b) Xét tam giác MAC vuông tại C có CI là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên IM = IC = IA
Vậy thì \(\Delta ICO=\Delta IAO\left(c-c-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{ICO}=\widehat{IAO}=90^o\)
Hay IC là tiếp tuyến tại C của nửa đường tròn.
c) Xét tam giác vuông AMB có đường cao AC, áp dụng hệ thức lượng ta có:
\(MB.MC=MA^2=4IC^2\Rightarrow IC^2=\frac{1}{4}MB.MC\)
Xét tam giác AMB có I là trung điểm AM, O là trung điểm AB nên IO là đường trung bình tam giác ABM.
Vậy thì \(MB=2OI\Rightarrow MB^2=4OI^2\) (1)
Xét tam giác vuông MAB, theo Pi-ta-go ta có:
\(MB^2=MA^2+AB^2=MA^2+4R^2\) (2)
Từ (1) và (2) suy ra \(4OI^2=MA^2+4R^2.\)
d) Do IA, IC là các tiếp tuyến cắt nhau nên ta có ngay \(AC\perp IO\Rightarrow\widehat{CDO}=90^o\)
Tương tự \(\widehat{CEO}=90^o\)
Xét tứ giác CDOE có \(\widehat{CEO}=\widehat{CDO}=90^o\)mà đỉnh E và D đối nhau nên tứ giác CDOE nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Xét tứ giác CDHO có: \(\widehat{CHO}=\widehat{CDO}=90^o\) mà đỉnh H và D kề nhau nên CDHO nội tiếp đường tròn đường kính CO.
Vậy nên C, D, H , O, E cùng thuộc đường tròn đường kính CO.
Nói cách khác, O luôn thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE.
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác HDE luôn đi qua điểm O cố định.
a: Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔABC vuông tại C
b: Sửa đề: \(BC\cdot MC=AC^2\)
Xét ΔABM vuông tại A có AC là đường cao
nên \(CB\cdot CM=CA^2\)
c: ΔACM vuông tại C
mà CN là đường trung tuyến
nên NA=NC=NM
Xét ΔNAO và ΔNCO có
NA=NC
NO chung
AO=CO
Do đó: ΔNAO=ΔNCO
=>\(\hat{NAO}=\hat{NCO}\)
=>\(\hat{NCO}=90^0\)
=>NC là tiếp tuyến của (O)
d: Xét (O) có
DC,DB là các tiếp tuyến
Do đó: DC=DB và OD là phân giác của góc BOC
OD là phân giác của góc BOC
=>\(\hat{BOC}=2\cdot\hat{COD}\)
ΔNAO=ΔNCO
=>\(\hat{NOA}=\hat{NOC}\)
=>ON là phân giác của góc COA
=>\(\hat{COA}=2\cdot\hat{CON}\)
Ta có: \(\hat{BOC}+\hat{COA}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(2\left(\hat{CON}+\hat{COD}\right)=180^0\)
=>\(2\cdot\hat{NOD}=180^0\)
=>\(\hat{NOD}=90^0\)
e: Sửa đề: Chứng minh \(AN\cdot BD=R^2\)
Xét ΔOND vuông tại O có OC là đường cao
nên \(CN\cdot CD=OC^2\)
=>\(NA\cdot BD=OC^2=R^2\)
f: Gọi K là trung điểm của ND
=>K là tâm đường tròn đường kính ND
ΔNOD vuông tại O
mà OK là đường trung tuyến
nên OK=KN=KD
=>K là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔNOD
Xét hình thang ABDN có
K,O lần lượt là trung điểm của ND,AB
=>KO là đường trung bình của hình thang ABDN
=>KO//AN//BD
=>KO⊥AB tại O
Xét (K) có
KO là bán kính
AB⊥KO tại O
Do đó: AB là tiếp tuyến của (K)
=>AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔODN
g:
\(\frac{BA}{AM}=\frac{2\cdot BO}{2\cdot AN}=\frac{BO}{AN}\)
\(BD\cdot AN=R^2\)
=>\(\frac{BD}{R}=\frac{R}{AN}\)
=>\(\frac{BD}{AO}=\frac{BO}{AN}\)
=>\(\frac{BD}{AO}=\frac{BA}{AM}\)
Xét ΔBAD vuông tại B và ΔAMO vuông tại A có
\(\frac{BA}{AM}=\frac{BD}{AO}\)
Do đó: ΔBAD~ΔAMO
=>\(\hat{BAD}=\hat{AMO}\)
mà \(\hat{BAD}+\hat{MAD}=\hat{BAM}=90^0\)
nên \(\hat{AMO}+\hat{MAD}=90^0\)
=>OM⊥AD tại I
h: xét tứ giác AICM có \(\hat{AIM}=\hat{ACM}=90^0\)
nên AICM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM
mà N là trung điểm của AM
nên A,M,C,I cùng thuộc đường tròn (N)
Giả thiết:
- \(\left(\right. O \left.\right)\) là nửa đường tròn đường kính \(A B\).
- \(A x\) và \(B y\) là các tiếp tuyến với \(\left(\right. O \left.\right)\) tại \(A\) và \(B\).
- \(M\) là điểm bất kỳ trên tia \(A x\).
- \(M B\) cắt \(\left(\right. O \left.\right)\) tại \(C\).
- \(N\) là trung điểm của \(A M\).
- \(N C\) kéo dài cắt \(B y\) tại \(D\).
- \(R\) là bán kính đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\).
a) Chứng minh tam giác \(A C B\) vuông tại \(C\)
Lời giải:
- Vì \(A B\) là đường kính của \(\left(\right. O \left.\right)\), nên theo định lý đường kính, góc \(\hat{A C B} = 90^{\circ}\).
Cụ thể: điểm \(C\) nằm trên đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) có đường kính \(A B\), nên tam giác \(A C B\) vuông tại \(C\).
b) Chứng minh: \(2 \cdot B C \cdot M C = A C^{2}\)
Phân tích:
- \(M\) nằm trên tia tiếp tuyến \(A x\).
- \(M B\) cắt đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) tại \(C\).
- Ta cần chứng minh tích đoạn thẳng \(B C\) nhân với \(M C\) nhân 2 bằng bình phương đoạn \(A C\).
Để chứng minh điều này, ta sẽ sử dụng các tính chất về tiếp tuyến, đường kính và tỉ lệ đoạn thẳng trong tam giác, hoặc định lý Ptolemy, hoặc các hệ quả của tiếp tuyến và dây cung.
a: Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔABC vuông tại C
b: Sửa đề: \(BC\cdot MC=AC^2\)
Xét ΔABM vuông tại A có AC là đường cao
nên \(CB\cdot CM=CA^2\)
c: ΔACM vuông tại C
mà CN là đường trung tuyến
nên NA=NC=NM
Xét ΔNAO và ΔNCO có
NA=NC
NO chung
AO=CO
Do đó: ΔNAO=ΔNCO
=>\(\hat{NAO}=\hat{NCO}\)
=>\(\hat{NCO}=90^0\)
=>NC là tiếp tuyến của (O)
d: Xét (O) có
DC,DB là các tiếp tuyến
Do đó: DC=DB và OD là phân giác của góc BOC
OD là phân giác của góc BOC
=>\(\hat{BOC}=2\cdot\hat{COD}\)
ΔNAO=ΔNCO
=>\(\hat{NOA}=\hat{NOC}\)
=>ON là phân giác của góc COA
=>\(\hat{COA}=2\cdot\hat{CON}\)
Ta có: \(\hat{BOC}+\hat{COA}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(2\left(\hat{CON}+\hat{COD}\right)=180^0\)
=>\(2\cdot\hat{NOD}=180^0\)
=>\(\hat{NOD}=90^0\)
e: Sửa đề: Chứng minh \(AN\cdot BD=R^2\)
Xét ΔOND vuông tại O có OC là đường cao
nên \(CN\cdot CD=OC^2\)
=>\(NA\cdot BD=OC^2=R^2\)
f: Gọi K là trung điểm của ND
=>K là tâm đường tròn đường kính ND
ΔNOD vuông tại O
mà OK là đường trung tuyến
nên OK=KN=KD
=>K là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔNOD
Xét hình thang ABDN có
K,O lần lượt là trung điểm của ND,AB
=>KO là đường trung bình của hình thang ABDN
=>KO//AN//BD
=>KO⊥AB tại O
Xét (K) có
KO là bán kính
AB⊥KO tại O
Do đó: AB là tiếp tuyến của (K)
=>AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔODN
g:
\(\frac{BA}{AM}=\frac{2\cdot BO}{2\cdot AN}=\frac{BO}{AN}\)
\(BD\cdot AN=R^2\)
=>\(\frac{BD}{R}=\frac{R}{AN}\)
=>\(\frac{BD}{AO}=\frac{BO}{AN}\)
=>\(\frac{BD}{AO}=\frac{BA}{AM}\)
Xét ΔBAD vuông tại B và ΔAMO vuông tại A có
\(\frac{BA}{AM}=\frac{BD}{AO}\)
Do đó: ΔBAD~ΔAMO
=>\(\hat{BAD}=\hat{AMO}\)
mà \(\hat{BAD}+\hat{MAD}=\hat{BAM}=90^0\)
nên \(\hat{AMO}+\hat{MAD}=90^0\)
=>OM⊥AD tại I
h: xét tứ giác AICM có \(\hat{AIM}=\hat{ACM}=90^0\)
nên AICM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM
mà N là trung điểm của AM
nên A,M,C,I cùng thuộc đường tròn (N)
a: Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔABC vuông tại C
b: Sửa đề: \(BC\cdot MC=AC^2\)
Xét ΔABM vuông tại A có AC là đường cao
nên \(CB\cdot CM=CA^2\)
c: ΔACM vuông tại C
mà CN là đường trung tuyến
nên NA=NC=NM
Xét ΔNAO và ΔNCO có
NA=NC
NO chung
AO=CO
Do đó: ΔNAO=ΔNCO
=>\(\hat{NAO}=\hat{NCO}\)
=>\(\hat{NCO}=90^0\)
=>NC là tiếp tuyến của (O)
d: Xét (O) có
DC,DB là các tiếp tuyến
Do đó: DC=DB và OD là phân giác của góc BOC
OD là phân giác của góc BOC
=>\(\hat{BOC}=2\cdot\hat{COD}\)
ΔNAO=ΔNCO
=>\(\hat{NOA}=\hat{NOC}\)
=>ON là phân giác của góc COA
=>\(\hat{COA}=2\cdot\hat{CON}\)
Ta có: \(\hat{BOC}+\hat{COA}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(2\left(\hat{CON}+\hat{COD}\right)=180^0\)
=>\(2\cdot\hat{NOD}=180^0\)
=>\(\hat{NOD}=90^0\)
e: Sửa đề: Chứng minh \(AN\cdot BD=R^2\)
Xét ΔOND vuông tại O có OC là đường cao
nên \(CN\cdot CD=OC^2\)
=>\(NA\cdot BD=OC^2=R^2\)
f: Gọi K là trung điểm của ND
=>K là tâm đường tròn đường kính ND
ΔNOD vuông tại O
mà OK là đường trung tuyến
nên OK=KN=KD
=>K là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔNOD
Xét hình thang ABDN có
K,O lần lượt là trung điểm của ND,AB
=>KO là đường trung bình của hình thang ABDN
=>KO//AN//BD
=>KO⊥AB tại O
Xét (K) có
KO là bán kính
AB⊥KO tại O
Do đó: AB là tiếp tuyến của (K)
=>AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔODN
g:
\(\frac{BA}{AM}=\frac{2\cdot BO}{2\cdot AN}=\frac{BO}{AN}\)
\(BD\cdot AN=R^2\)
=>\(\frac{BD}{R}=\frac{R}{AN}\)
=>\(\frac{BD}{AO}=\frac{BO}{AN}\)
=>\(\frac{BD}{AO}=\frac{BA}{AM}\)
Xét ΔBAD vuông tại B và ΔAMO vuông tại A có
\(\frac{BA}{AM}=\frac{BD}{AO}\)
Do đó: ΔBAD~ΔAMO
=>\(\hat{BAD}=\hat{AMO}\)
mà \(\hat{BAD}+\hat{MAD}=\hat{BAM}=90^0\)
nên \(\hat{AMO}+\hat{MAD}=90^0\)
=>OM⊥AD tại I
h: xét tứ giác AICM có \(\hat{AIM}=\hat{ACM}=90^0\)
nên AICM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM
mà N là trung điểm của AM
nên A,M,C,I cùng thuộc đường tròn (N)
a) Xét tứ giác AOMC có
ˆCAOCAO^ và ˆCMOCMO^ là hai góc đối
ˆCAO+ˆCMO=1800(900+900=1800)CAO^+CMO^=1800(900+900=1800)
Do đó: AOMC là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
b) Ta có: AOMC là tứ giác nội tiếp(cmt)
nên ˆMAO=ˆOCMMAO^=OCM^(hai góc cùng nhìn cạnh OM)
hay ˆMAB=ˆOCDMAB^=OCD^
Xét (O) có
CM là tiếp tuyến có M là tiếp điểm(Gt)
CA là tiếp tuyến có A là tiếp điểm(Gt)
Do đó: OC là tia phân giác của ˆAOMAOM^(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
⇔ˆAOM=2⋅ˆCOM⇔AOM^=2⋅COM^
Xét (O) có
DM là tiếp tuyến có M là tiếp điểm(gt)
DB là tiếp tuyến có B là tiếp điểm(gt)
Do đó: OD là tia phân giác của ˆMOBMOB^(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)
⇔ˆBOM=2⋅ˆMOD⇔BOM^=2⋅MOD^
Ta có: ˆAOM+ˆBOM=1800AOM^+BOM^=1800(hai góc kề bù)
mà ˆAOM=2⋅ˆCOMAOM^=2⋅COM^(cmt)
và ˆBOM=2⋅ˆMODBOM^=2⋅MOD^(cmt)
nên 2⋅ˆCOM+2⋅ˆMOD=18002⋅COM^+2⋅MOD^=1800
⇔ˆCOM+ˆMOD=900⇔COM^+MOD^=900
mà ˆCOM+ˆMOD=ˆCODCOM^+MOD^=COD^(tia OM nằm giữa hai tia OC,OD)
nên ˆCOD=900COD^=900
Xét ΔCOD có ˆCOD=900COD^=900(cmt)
nên ΔCOD vuông tại O(Định nghĩa tam giác vuông)
Xét (O) có
ΔMAB nội tiếp đường tròn(M,A,B∈(O))
AB là đường kính(gt)
Do đó: ΔMAB vuông tại M(Định lí)
Xét ΔAMB vuông tại M và ΔCOD vuông tại O có
ˆMAB=ˆOCDMAB^=OCD^(cmt)
Do đó: ΔAMB∼ΔCOD(g-g)
⇔AMCO=BMDOAMCO=BMDO(Các cặp cạnh tương ứng tỉ lệ)
hay AM⋅OD=BM⋅OCAM⋅OD=BM⋅OC(đpcm)
(Quá lực!!!)
E N A B C D O H L
Đầu tiên, hãy CM tam giác \(EAH\) và \(ABD\) đồng dạng.
Từ đó suy ra \(\frac{EA}{AB}=\frac{AH}{BD}\) hay \(\frac{EA}{OB}=\frac{AC}{BD}\).
Từ đây CM được tam giác \(EAC\) và \(OBD\) đồng dạng.
Suy ra \(\widehat{ECA}=\widehat{ODB}\). Do đó nếu gọi \(OD\) cắt \(EC\) tại \(L\) thì CM được \(OD⊥EC\).
-----
Đường tròn đường kính \(NC\) cắt \(EC\) tại \(F\) nghĩa là \(NF⊥EC\), hay \(NF\) song song với \(OD\).
Vậy \(NF\) chính là đường trung bình của tam giác \(AOD\), vậy \(NF\) qua trung điểm \(AO\) (là một điểm cố định) (đpcm)
Đề lỗi rồi em, ví dụ câu b, 2 BC.MC AC mũ 2 là gì?
a: Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔABC vuông tại C
b: Sửa đề: \(BC\cdot MC=AC^2\)
Xét ΔABM vuông tại A có AC là đường cao
nên \(CB\cdot CM=CA^2\)
c: ΔACM vuông tại C
mà CN là đường trung tuyến
nên NA=NC=NM
Xét ΔNAO và ΔNCO có
NA=NC
NO chung
AO=CO
Do đó: ΔNAO=ΔNCO
=>\(\hat{NAO}=\hat{NCO}\)
=>\(\hat{NCO}=90^0\)
=>NC là tiếp tuyến của (O)
d: Xét (O) có
DC,DB là các tiếp tuyến
Do đó: DC=DB và OD là phân giác của góc BOC
OD là phân giác của góc BOC
=>\(\hat{BOC}=2\cdot\hat{COD}\)
ΔNAO=ΔNCO
=>\(\hat{NOA}=\hat{NOC}\)
=>ON là phân giác của góc COA
=>\(\hat{COA}=2\cdot\hat{CON}\)
Ta có: \(\hat{BOC}+\hat{COA}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(2\left(\hat{CON}+\hat{COD}\right)=180^0\)
=>\(2\cdot\hat{NOD}=180^0\)
=>\(\hat{NOD}=90^0\)
e: Sửa đề: Chứng minh \(AN\cdot BD=R^2\)
Xét ΔOND vuông tại O có OC là đường cao
nên \(CN\cdot CD=OC^2\)
=>\(NA\cdot BD=OC^2=R^2\)
f: Gọi K là trung điểm của ND
=>K là tâm đường tròn đường kính ND
ΔNOD vuông tại O
mà OK là đường trung tuyến
nên OK=KN=KD
=>K là tâm đường tròn ngoại tiếp ΔNOD
Xét hình thang ABDN có
K,O lần lượt là trung điểm của ND,AB
=>KO là đường trung bình của hình thang ABDN
=>KO//AN//BD
=>KO⊥AB tại O
Xét (K) có
KO là bán kính
AB⊥KO tại O
Do đó: AB là tiếp tuyến của (K)
=>AB là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp ΔODN
g:
\(\frac{BA}{AM}=\frac{2\cdot BO}{2\cdot AN}=\frac{BO}{AN}\)
\(BD\cdot AN=R^2\)
=>\(\frac{BD}{R}=\frac{R}{AN}\)
=>\(\frac{BD}{AO}=\frac{BO}{AN}\)
=>\(\frac{BD}{AO}=\frac{BA}{AM}\)
Xét ΔBAD vuông tại B và ΔAMO vuông tại A có
\(\frac{BA}{AM}=\frac{BD}{AO}\)
Do đó: ΔBAD~ΔAMO
=>\(\hat{BAD}=\hat{AMO}\)
mà \(\hat{BAD}+\hat{MAD}=\hat{BAM}=90^0\)
nên \(\hat{AMO}+\hat{MAD}=90^0\)
=>OM⊥AD tại I
h: xét tứ giác AICM có \(\hat{AIM}=\hat{ACM}=90^0\)
nên AICM là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AM
mà N là trung điểm của AM
nên A,M,C,I cùng thuộc đường tròn (N)