Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a; Xét ΔOAM có \(\hat{OAM}=90^0 \)
nên ΔOAM vuông tại A
=>AM^2+AO^2=OM^2
=>\(AM^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2 \)
=>\(AM=R\sqrt3 \)
Xét ΔOAM vuông tại A có sin AMO=\(\frac{OA}{OM}=\frac12 \)
nên \(\hat{AMO}=30^0 \)
ΔAMO vuông tại A
=>\(\hat{AOM}+\hat{AMO}=90^0 \)
=>\(\hat{AOM}=90^0-30^0=60^0 \)
b: Xét (O) có
MA,MB là các tiếp tuyến
Do đó: MA=MB và OM là phân giác của góc AOB và MO là phân giác của góc AMB
ΔOAB cân tại O
mà OM là đường phân giác
nên OM⊥AB
c: ΔOEF cân tại O
mà OI là đường trung tuyến
nên OI⊥EF tại I
Ta có: \(\hat{OIM}=\hat{OAM}=\hat{OBM}=90^0 \)
=>O,I,M,A,B cùng thuộc đường tròn đường kính OM
Cho đường tròn (O;R) và điểm A sao cho OA = 2R. Vẽ các tiếp tuyến AB, AC với (O) (B,C la tiếp điểm)
a) Chứng minh
#Hỏi cộng đồng OLM
#Toán lớp 9
a: Xét (O) có
AB,AC là tiếp tuyến
=>AB=AC
Xét ΔOBA vuông tại B có sin BAO=OB/OA=1/2
nên góc BAO=30 độ
=>góc BAC=60 độ
=>ΔBAC đều
b: Xét tứ giác OEAD có
OE//AD
OD//AE
AO là phân giác
=>OEAD là hình thoi
a: Xét ΔOBA và ΔOCA có
OB=OC
\(\widehat{BOA}=\widehat{COA}\)
OA chung
Do đó: ΔOBA=ΔOCA
Suy ra: \(\widehat{OBA}=\widehat{OCA}\)
hay AC là tiếp tuyến của (O)
(Bài này có dính líu đến tứ giác nội tiếp một chút, không biết bạn học chưa. Mình sẽ cố né nội dung đó.)
\(A,O,B,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AO\).
\(B,O,C,E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(BE\).
(Bạn có thể chứng minh 2 điều này bằng các góc vuông)
Mà đường tròn ngoại tiếp tam giác \(BOC\) chỉ có 1 nên \(A,B,O,C,E\) cùng thuộc đường tròn.
\(AECO\) là hình thang nội tiếp nên nó là hình thang cân.
Từ đó CM được \(GA=GO,IA=IO\) và suy ra \(IG\) là đường trung trực của \(OA\).
a: BA là tiếp tuyến của (O) có B là tiếp điểm
=>OB\(\perp\)BA tại B
=>ΔOBA vuông tại B
ΔBOA vuông tại B
=>\(BO^2+BA^2=OA^2\)
=>\(BA^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2\)
=>\(BA=R\sqrt{3}\)
b: ΔOBC cân tại O
mà OA là đường cao
nên OA là tia phân giác của \(\widehat{BOC}\)
Xét ΔOBA và ΔOCA có
OB=OC
\(\widehat{BOA}=\widehat{COA}\)
OA chung
Do đó: ΔOBA=ΔOCA
=>\(\widehat{OCA}=\widehat{OBA}=90^0\)
=>AC là tiếp tuyến của (O)
c: Xét ΔABO vuông tại B có \(sinBAO=\dfrac{BO}{OA}=\dfrac{1}{2}\)
nên \(\widehat{BAO}=30^0\)
ΔOBA=ΔOCA
=>\(\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\) và AB=AC
=>\(\widehat{BAC}=2\cdot\widehat{BAO}=2\cdot30^0=60^0\)
Xét ΔABC có AB=AC và \(\widehat{BAC}=60^0\)
nên ΔABC đều
a: Xét ΔOBA và ΔOCA có
OB=OC
\(\widehat{BOA}=\widehat{COA}\)
OA chung
Do đó: ΔOBA=ΔOCA
Suy ra: \(\widehat{OBA}=\widehat{OCA}\)
hay AC là tiếp tuyến của (O)
a: Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
Do đó: AB=AC và OA là phân giác của góc BOC và AO là phân giác của góc BAC
Xét ΔOBA vuông tại B có \(sin BAO=\frac{OB}{OA}=\frac12 \)
nên \( \hat{BAO}=30^0 \)
AO là phân giác của góc BAC
=>\(\hat{BAC}=2\cdot\hat{BAO}=60^0 \)
ΔOBA vuông tại B
=>BO^2+BA^2=OA^2
=>\(BA^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2 \)
=>\(AB=R\sqrt3 \)
Xét ΔABC có AB=AC và \(\hat{BAC}=60^0 \)
nên ΔABC đều
=>AB=BC=AC=\(R\sqrt3 \)
ΔABC đều
=>\(S_{ABC}=AB^2\cdot\frac{\sqrt3}{4}=\left(R\sqrt3\right)^2\cdot\frac{\sqrt3}{4}=\frac{3\sqrt3\cdot R^2}{4} \)
b: ΔOBC cân tại O
mà OA là đường phân giác
nên OA⊥BC và OA là đường trung trực của BC
c: OE⊥OC
AD⊥ OC
Do đó: OE//AD
Ta có: OD⊥ OB
OB⊥BA
Do đó: OD//BA
=>OD//AE
Xét tứ giác ADOE có
AD//OE
AE//OD
Do đó: ADOE là hình bình hành
Hình bình hành ADOE có AO là phân giác của góc EAD
nên ADOE là hình thoi