Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: góc CAO+góc CMO=180 độ
=>CAOM nội tiếp
góc DMO+góc DBO=180 độ
=>DMOB nội tiếp
b: Xét (O) có
CM,CA là tiếp tuyến
=>CM=CA và OC là phân giác của góc MOA(1)
Xét (O) có
DM,DB là tiếp tuyến
=>DM=DB và OD là phân giác của góc MOB(2)
Từ (1), (2) suy ra góc DOC=1/2*180=90 độ
Xét ΔDOC vuông tại O có OM là đường cao
nên CM*MD=OM^2
=>AC*BD=R^2
∆ ACB nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên ∆ ABC vuông tại C
CO = OA = (1/2)AB (tính chất tam giác vuông)
AC = AO (bán kính đường tròn (A))
Suy ra: AC = AO = OC
∆ ACO đều góc AOC = 60 °
∆ ADB nội tiếp trong đường tròn đường kính AB nên ∆ ADB vuông tại D
DO = OB = OA = (1/2)AB (tính chất tam giác vuông)
BD = BO(bán kính đường tròn (B))
Suy ra: BO = OD = BD
∆ BOD đều
Mà AD, CO là hai đường chéo của hình thoi AODC nên AD vuông góc với OC
a: Xét (O1) có
ΔAPH nội tiếp
AH là đường kính
Do đó: ΔAPH vuông tại P
=>HP⊥MA tại P
Xét (O2) có
ΔHQB nội tiếp
HB là đường kính
Do đó: ΔHQB vuông tại Q
=>HQ⊥MB tại Q
Xét (O) có
ΔMAB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔMAB vuông tại M
Xét tứ giác MPHQ có \(\hat{MPH}=\hat{MQH}=\hat{PMQ}=90^0\)
nên MPHQ là hình chữ nhật
=>MH=PQ
b: Xét ΔMHA vuông tại H có HP là đường cao
nên \(MP\cdot MA=MH^2\left(1\right)\)
Xét ΔMHB vuông tại H có HQ là đường cao
nên \(MQ\cdot MB=MH^2\left(2\right)\)
Từ (1),(2) suy ra \(MP\cdot MA=MQ\cdot MB\)
=>\(\frac{MP}{MB}=\frac{MQ}{MA}\)
Xét ΔMQP vuông tại M và ΔMAB vuông tại M có
\(\frac{MQ}{MA}=\frac{MP}{MB}\)
Do đó: ΔMQP~ΔMAB
c: MPHQ là hình chữ nhật
=>\(\hat{HPQ}=\hat{HMQ}=\hat{HMB}\)
\(\Delta O_1PH\) cân tại O1
=>\(\hat{O_1PH}=\hat{O_1HP}=\hat{PHA}\)
mà \(\hat{PHA}=\hat{MBA}\) (hai góc đồng vị, PH//MB)
nên \(\hat{O_1PH}=\hat{MBA}\)
MPHQ là hình chữ nhật
=>\(\hat{PQH}=\hat{PMH}=\hat{AMH}\)
\(\Delta O_2QH\) cân tại O2
=>\(\hat{O_2QH}=\hat{O_2HQ}=\hat{QHB}\)
mà \(\hat{QHB}=\hat{MAB}\) (hai góc đồng vị, QH//MA)
nên \(\hat{O_2QH}=\hat{MAB}\)
\(\hat{QPO_1}=\hat{QPH}+\hat{HPO_1}\)
\(=\hat{HMB}+\hat{HBM}=90^0\)
=>QP là tiếp tuyến của (O1)
\(\hat{PQO_2}=\hat{PQH}+\hat{HQO_2}\)
\(=\hat{PMH}+\hat{MAH}=90^0\)
=>PQ là tiếp tuyến của (O2)
Trong đường tròn (O) ta có:
góc ADC = góc ABC (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC
a: Xét (O) có
CM,CA là các tiếp tuyến
Do đó: CM=CA và OC là phân giác của góc MOA
OC là phân giác của góc MOA
=>\(\hat{MOA}=2\cdot\hat{MOC}\)
Xét (O) có
DM,DB là các tiếp tuyến
Do đó: DM=DB và OD là phân giác của góc MOB
OD là phân giác của góc MOB
=>\(\hat{MOB}=2\cdot\hat{MOD}\)
Ta có: \(\hat{MOA}+\hat{MOB}=180^0\) (hai góc kề bù)
=>\(2\left(\hat{MOC}+\hat{MOD}\right)=180^0\)
=>\(2\cdot\hat{COD}=180^0\)
=>\(\hat{COD}=90^0\)
b: CD=CM+MD
=CA+DB
c: Xét ΔCOD vuông tại O có OM là đường cao
nên \(CM\cdot MD=OM^2\)
=>\(CA\cdot BD=OM^2=R^2\)
d: Xét (O) có
ΔMAB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔMAB vuông tại M
=>MA⊥MB
ΔOAM cân tại O
mà OC là đường phân giác
nên OC⊥AM
OC⊥AM
AM⊥MB
Do đó: OC//MB
e: Gọi N là trung điểm của CD
=>N là tâm đường tròn đường kính CD
ΔOCD vuông tại O
mà ON là đường trung tuyến
nên NO=OC=OD
=>O nằm trên (N)
Xét hình thang ABDC có
O,N lần lượt là trung điểm của AB,CD
=>ON là đường trung bình của hình thang ABDC
=>ON//AC//BD
=>ON⊥AB
=>AB là tiếp tuyến tại O của (CD/2)
A B C D H E O
a/ Nối A với D ta có
\(\widehat{ADB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow AD\perp BC\)
=> H và D cùng nhìn AC dưới 1 góc vuông => AHDC là tứ giác nội tiếp
b/
Xét tg vuông ACO có
\(\widehat{ACO}+\widehat{AOC}=90^o\)
Ta có \(\widehat{ADH}+\widehat{EDB}=\widehat{ADB}=90^o\)
Xét tứ giác nội tiếp AHDC có
\(\widehat{ACO}=\widehat{ADH}\) (Góc nội tiếp cùng chắn cung AH)
\(\Rightarrow\widehat{AOC}=\widehat{EDB}\)
Xét tam giác EOH và tg EBD có
\(\widehat{BED}\) chung
\(\widehat{AOC}=\widehat{EDB}\)
=> tg EOH đồng dạng với tg EDB (g.g.g)
\(\Rightarrow\dfrac{EH}{EB}=\dfrac{EO}{ED}\Rightarrow EH.ED=EO.EB\)
a) Ta có \(\widehat{ADB}=90^0\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow\widehat{ADC}=90^0\)
Tứ giác \(AHDC\) có: \(\widehat{ADC}=\widehat{AHC}=90^0\) mà 2 góc này nội tiếp và chắn cung AC
\(\Rightarrow AHDC\) là tứ giác nội tiếp
b) Tứ giác \(AHDC\) nội tiếp \(\Rightarrow\widehat{ACO}=\widehat{ADE}\) (góc nội tiếp cùng chắn 1 cung)
Ta có: \(\widehat{EOH}=90^0-\widehat{ACO}=90^0-\widehat{ADE}=\widehat{EDB}\)
Xét \(\Delta EOH\) và \(\Delta EDB\) có:
\(\widehat{BED}\) chung
\(\widehat{EOH}=\widehat{EDB}\) (đã chứng minh)
\(\Rightarrow\Delta EOH\sim\Delta EDB\) (g.g) \(\Rightarrow\dfrac{EO}{EH}=\dfrac{ED}{EB}\Rightarrow EH.ED=EO.EB\)
a)Chứng minh \(\triangle BNC\) vuông:
Vì \(B, C\) nằm trên đường tròn nội tiếp cung \(BC\), \(BC\) là đường kính.
Trong đường tròn, góc tại \(N\) trong \(\triangle BNC\) hình thành từ điểm trên nửa đường tròn với \(B, C\) là đường kính thì:
\(\angle BNC = 90^\circ.\)
Chứng minh tứ giác \(BNHD\) nội tiếp:
\(H\) là giao điểm của \(CN\) và \(BM\).
\(D\) là chân đường vuông góc từ \(H\) xuống \(BC\), nên \(D\) nằm trên \(BC\).
Trong hình, các điểm \(B, N, D, H\) đều thuộc một đường tròn nội tiếp tứ giác \(BNHD\) theo tính chất của các điểm liên quan đến đường tròn và các hình vuông góc.
Vậy Tam giác BNC vuoog và tứ giác BNHD nội tiếp.
b)A là giao điểm của \(BN\) và \(CM\), \(H\) nằm trên \(BN\) và \(CN\), \(K\) là trung điểm của \(AH\).
Trong các hình liên quan, theo tính chất trung điểm và các đường trung tuyến trong hình tròn, ta có:
\(KM \text{ tiếp tuyến của } (O; R).\)
Cụ thể, \(KM\) vuông góc với bán kính \(OK\) tại điểm tiếp xúc, nên \(KM\) là tiếp tuyến.
Vậy \(K\) là trung điểm của \(AH\) và \(KM\) là tiếp tuyến của đường tròn
c)Vì \(\angle BAC = 60^\circ\), \(A\) nằm trong hình, liên quan đến nhau qua các góc trong hình tròn.
Trong đường tròn có \(BC\) là đường kính, \(A\) nằm trong hình sao cho \(\angle BAC = 60^\circ\).
Áp dụng định lý về góc trong hình tròn và tính chất \(AH\):
\(AH=R\surd3\)
Vậy \(AH=R\surd3\)
a: Xét (O) có
ΔBNC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBNC vuông tại N
=>BN⊥HC tại N
Xét (O) có
ΔBMC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBMC vuông tại M
=>CM⊥HB tại M
Xét ΔHBC có
BN,CM là các đường cao
BN cắt CM tại A
Do đó: A là trực tâm của ΔHBC
=>HA⊥BC
mà HD⊥BC
và HA,HD có điểm chung là H
nên H,A,D thẳng hàng
Xét tứ giác BDNH có \(\hat{BDH}=\hat{BNH}=90^0\)
nên BDNH là tứ giác nội tiếp
b: ΔBMA vuông tại M
mà MK là đường trung tuyến
nên KM=KA
=>ΔKMA cân tại K
=>\(\hat{KMA}=\hat{KAM}\)
mà \(\hat{KAM}=\hat{HAM}=\hat{MBC}\left(=90^0-\hat{MHA}\right)\)
nên \(\hat{KMA}=\hat{MBC}\)
\(\hat{OMK}=\hat{OMC}+\hat{KMA}\)
\(=\hat{MCB}+\hat{MBC}=90^0\)
=>KM là tiếp tuyến tại M của (O)