Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét ΔOAC có OA=OC=AC(=R)
nên ΔOAC đều
b: Xét (O) co
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔCAB vuông tại C
=>CA⊥CB
Xét ΔCAB vuông tại C có CH là đường cao
nên \(CH^2=HA\cdot HB\)
c: Bổ sung đề; Qua B vẽ tiếp tuyến với (O) cắt OK tại D. Chứng minh CD là tiếp tuyến của (O)
ΔOBC cân tại O
mà OK là đường trung tuyến
nên OK là phân giác của góc BOC
Xét ΔBOD và ΔCOD có
OB=OC
\(\hat{BOD}=\hat{COD}\)
OD chung
Do đó: ΔOBD=ΔOCD
=>\(\hat{OBD}=\hat{OCD}\)
=>\(\hat{OCD}=90^0\)
=>DC là tiếp tuyến tại C
d: Gọi F là giao điểm của CB và AE
ΔACB vuông tại C
=>CA⊥CB tại C
=>CA⊥CF tại C
=>ΔACF vuông tại C
Ta có: CH⊥AB
FA⊥BA
Do đó: CH//FA
Xét ΔBAE có IH//AE
nên \(\frac{IH}{AE}=\frac{BI}{BE}\) (1)
Xét ΔBEF có CI//EF
nên \(\frac{CI}{EF}=\frac{BI}{BE}\) (2)
Từ (1),(2) suy ra \(\frac{IH}{AE}=\frac{CI}{EF}\)
mà IH=IC
nên AE=EF
=>E là trung điểm của AF
ΔACF vuông tại C
mà CE là đường trung tuyến
nên CE=EA=EF=AF/2
Xét ΔOAE và ΔOCE có
OA=OC
AE=CE
OE chung
Do đó: ΔOAE=ΔOCE
=>EA=EC và \(\hat{EOA}=\hat{EOC}\)
\(\hat{EOA}=\hat{EOC}\)
=>OE là phân giác của góc AOC
ΔOCD=ΔOBD
=>CD=BD
ΔOAE=ΔOCE
=>\(\hat{OAE}=\hat{OCE}\)
=>\(\hat{OCE}=90^0\)
TA có: \(\hat{OCE}+\hat{OCD}=\hat{ECD}\)
=>\(\hat{ECD}=90^0+90^0=180^0\)
=>E,C,D thẳng hàng
Xét ΔOBD vuông tại B có BK là đường cao
nên \(OK\cdot OD=OB^2=R^2\)
Ta có: \(\hat{COA}+\hat{COB}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(2\left(\hat{COE}+\hat{COD}\right)=180^0\)
=>\(2\cdot\hat{DOE}=180^0\)
=>\(\hat{DOE}=\frac{180^0}{2}=90^0\)
Xét ΔDOE vuông tại O có OC là đường cao
nên \(EC\cdot CD=OC^2\)
=>\(EA\cdot BD=R^2\)
\(EA\cdot BD+OK\cdot OD=R^2+R^2=2R^2\)
a: Xét tứ giác ABOC có
\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=180^0\)
=>OBAC là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
DB,DM là tiếp tuyến
=>DB=DM và OD là phân giác của \(\widehat{BOM}\left(1\right)\)
Xét (O) có
EM,EC là tiếp tuyến
=>EM=EC và OE là phân giác của \(\widehat{MOC}\left(2\right)\)
\(C_{ADE}=AD+DE+AE\)
\(=AB-BD+DM+ME+AC-CE\)
\(=AB+AC=2AB\)
c: \(\widehat{DOE}=\widehat{DOM}+\widehat{EOM}\)
\(=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{BOM}+\widehat{COM}\right)=\dfrac{1}{2}\cdot\widehat{BOC}\)
a: ta có: ON\(\perp\)OB
AB\(\perp\)OB
Do đó: ON//AB
=>ON//AM
Ta có: OM\(\perp\)OC
AC\(\perp\)OC
Do đó: OM//AC
=>OM//AN
Xét tứ giác OMAN có
OM//AN
ON//AM
Do đó: OMAN là hình bình hành
Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
Do đó: AO là phân giác của góc BAC
=>AO là phân giác của góc MAN
Hình bình hành OMAN có AO là phân giác của góc MAN
nên OMAN là hình thoi
b: Kẻ OH\(\perp\)MN tại H
Xét ΔOBA vuông tại B có \(sinBAO=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{1}{2}\)
nên \(\widehat{BAO}=30^0\)
Ta có: ΔBOA vuông tại B
=>\(\widehat{BOA}+\widehat{BAO}=90^0\)
=>\(\widehat{BOA}=60^0\)
Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
Do đó: OA là phân giác của góc BOC
=>\(\widehat{BOC}=2\cdot\widehat{BOA}=120^0\)
Ta có: \(\widehat{BOM}+\widehat{COM}=\widehat{BOC}\)
=>\(\widehat{BOM}=120^0-90^0=30^0\)
Xét ΔMOA có MO=MA
nên ΔMOA cân tại M
=>\(\widehat{MOA}=\widehat{MAO}=30^0\)
Xét ΔOBM vuông tại B và ΔOHM vuông tại H có
OM chung
\(\widehat{BOM}=\widehat{HOM}\left(=30^0\right)\)
Do đó: ΔOBM=ΔOHM
=>OB=OH=R
Xét (O) có
OH là bán kính
MN\(\perp\)OH tại H
Do đó: MN là tiếp tuyến của (O)
a: Xét (O) có
MT,MA là tiếp tuyến
=>MT=MA và MO là phân giác của \(\widehat{TMA}\)
=>\(\widehat{TMA}=2\cdot\widehat{OMA}\)
Xét (O') có
MA,MT' là tiếp tuyến
=>MA=MT' và MO' là phân giác của góc \(\widehat{T'MA}\)
=>\(\widehat{T'MA}=2\cdot\widehat{AMO}\)
MA=MT'
MA=MT
Do đó: MT=MT'
=>M là trung điểm của TT'
b:
\(MA=MT\)
\(TM=\dfrac{TT'}{2}\)
Do đó: \(MA=\dfrac{TT'}{2}\)
Xét ΔATT' có
AM là đường trung tuyến
\(AM=\dfrac{TT'}{2}\)
Do đó: ΔATT' vuông tại A
c: \(\widehat{TMA}+\widehat{T'MA}=180^0\)(hai góc kề bù)
=>\(2\cdot\widehat{OMA}+2\cdot\widehat{O'MA}=180^0\)
=>\(2\cdot\widehat{OMO'}=180^0\)
=>\(\widehat{OMO'}=90^0\)
=>ΔMO'O vuông tại M
d: Vì M là trung điểm của TT'
nên M là tâm đường tròn đường kính TT'
Xét (M) có
MA là bán kính
O'O\(\perp\)MA tại A
DO đó: OO' tiếp xúc với đường tròn đường kính TT' tại A
a: Xét (O) có
MA,MB là tiếp tuyến
=>MA=MB và MO là phân giác của \(\widehat{AMB}\)
Xét ΔMAB có MA=MB và \(\widehat{AMB}=60^0\)
nên ΔMAB đều
b: MO là phân giác của \(\widehat{AMB}\)
=>\(\widehat{AMO}=\widehat{BMO}=\dfrac{60^0}{2}=30^0\)
Xét ΔOAM vuông tại A có
\(tanAMO=\dfrac{OA}{AM}\)
=>\(\dfrac{5}{AM}=tan30=\dfrac{\sqrt{3}}{3}\)
=>\(AM=5\sqrt{3}\)(cm)
=>\(C_{MAB}=3\cdot AM=15\sqrt{3}\left(cm\right)\)
c: Xét (O) có
ΔABC nội tiếp
AC là đường kính
Do đó: ΔABC vuông tại B
=>AB\(\perp\)BC(1)
OA=OB
MA=MB
Do đó: OM là đường trung trực của AB
=>OM vuông góc AB(2)
Từ (1),(2) suy ra OM//BC
Xét tứ giác BMOC có
BC//OM
nên BMOC là hình thang