a, Khi M ở ngoài hay M nằm trong đường tròn thì ∆MCD và ∆MBA đều có 2 góc bằng nhau => ĐPCM

Tỷ số đồng dạng là:  C D A B = 1 2

b, A B C ^ = 30 0 =>  A O C ^ = 60 0 =>  l A C ⏜ = πR 3

a: Xet ΔOAC có OA=OC và OA^2+OC^2=AC^2

nên ΔOAC vuôg cân tại O

b: \(BC=\sqrt{AB^2-AC^2}=\sqrt{4R^2-2R^2}=R\sqrt{2}\)

c: ΔOAC vuông cân tại O

=>góc BAC=45 độ

Bài 2 : 

A B C D H

a ) Ta có : \(AH\perp BD\Rightarrow\widehat{AHD}=\widehat{BCD}=90^0\)

AD//BC \(\Rightarrow\widehat{ADH}=\widehat{DBC}\)

\(\Rightarrow\Delta AHB~\Delta DCB\left(g.g\right)\)

b ) Ta có : \(AB=12,BC=9\Rightarrow BD=\sqrt{AB^2+BC^2}=15\)

Từ câu a \(\Rightarrow\frac{AH}{CD}=\frac{AB}{DB}\)

\(\Rightarrow AH=\frac{AB.CD}{DB}=\frac{12.12}{15}=\frac{48}{5}\)

c ) Ta có \(\widehat{DAH}=\widehat{ABH}\left(+\widehat{BAH}=90^0\right)\)

\(\widehat{AHB}=\widehat{AHD}=90^0\)

\(\Rightarrow\Delta ADH~\Delta BAH\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{AH}{BH}=\frac{DH}{AH}\Rightarrow AH.AH=BH.DH\)

a, Sử dụng các tứ giác nội tiếp chứng minh được  P M O ^ = P A O ^  và  P N O ^ = P B O ^ => ∆MON và ∆APB đồng dạng (g.g)

b, Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: MP = MA và NP = NB

Mặt khác MP.NP = P O 2  và PO = R Þ AM.BN = R 2  (ĐPCM)

c, Ta có  A M = R 2 => M P = R 2

Mặt khác  A M = R 2 => BN = 2R => PN = 2R

Từ đó tìm được MN =  5 R 2

Vì DMON và DAPB đồng dạng nên  S M O N S A P B = M N A B 2 = 25 16

d, Khi quay nửa đường tròn đường kính AB xung quanh AB ta được hình cầu với tâm O và bán kính R' = OA = R

Thể tích hình cầu đó là V =  4 3 πR 3 (đvdt)

a: Gọi H là giao điểm của CO và DB

Xét ΔOAC vuông tại A và ΔOBH vuông tại B có

OA=OB

\(\hat{AOC}=\hat{BOH}\) (hai góc đối đỉnh)

Do đó: ΔOAC=ΔOBH

=>OC=OH; AC=BH

Xét ΔODH vuông tại O có OB là đường cao

nên \(BD\cdot BH=OB^2\)

=>\(BD\cdot AC=R^2\)

b: Xét ΔDOC vuông tại O và ΔDOH vuông tại O có

DO chung

OC=OH

Do đó: ΔDOC=ΔDOH

=>\(\hat{DCO}=\hat{DHO}\)

mà \(\hat{DHO}=\hat{ACO}\) (hai góc so le trong, DH//AC)

nên \(\hat{ACO}=\hat{DCO}\)

Xét ΔOCD vuông tại O và ΔBOD vuông tại B có

\(\hat{OCD}=\hat{BOD}\left(=\hat{BHO}\right)\)

Do đó: ΔOCD~ΔBOD

c: Kẻ OK⊥CD tại K

Xét ΔCAO vuông tại A và ΔCKO vuông tại K có

CO chung

\(\hat{ACO}=\hat{KCO}\)

Do đó: ΔCAO=ΔCKO

=>OA=OK

=>K nằm trên (O)

Xét (O) có

OK là bán kính

CD⊥OK tại K

Do đó: CD là tiếp tuyến tại K của (O)

13121

tu hieu

a: sđ cung BC=60 độ

=>\(\hat{BOC}=60^0\)

Ta có: \(\hat{BOC}+\hat{AOC}=180^0\) (hai góc kề bù)

=>\(\hat{AOC}=180^0-60^0=120^0\)

=>sđ cung AC=120 độ

b: Xét tứ giác OBDC có \(\hat{OBD}+\hat{OCD}=90^0+90^0=180^0\)

nên OBDC là tứ giác nội tiếp