Cho nửa đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\) và tia tiếp tuyến \(Ax\) cùng phía với nửa đường tròn đối với \(AB\). Từ điểm \(M\) trên \(Ax\) kẻ tiếp tuyến thứ hai \(MC\) với nửa đường tròn (\(C\) là tiếp điểm). Kẻ \(CH\) vuông góc với \(AB\) \(\left(H\in AB\right)\). Chứng minh rằng:
\(a\)) \(\widehat{ACB}=90^o\)
\(b\)) \(BC//OM\)
\(c\)) \(MB\) đi qua trung điểm của đoạn...
Đọc tiếp
Cho nửa đường tròn tâm \(O\), đường kính \(AB\) và tia tiếp tuyến \(Ax\) cùng phía với nửa đường tròn đối với \(AB\). Từ điểm \(M\) trên \(Ax\) kẻ tiếp tuyến thứ hai \(MC\) với nửa đường tròn (\(C\) là tiếp điểm). Kẻ \(CH\) vuông góc với \(AB\) \(\left(H\in AB\right)\). Chứng minh rằng:
\(a\)) \(\widehat{ACB}=90^o\)
\(b\)) \(BC//OM\)
\(c\)) \(MB\) đi qua trung điểm của đoạn thẳng \(CH\).
a: Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔACB vuông tại C
=>\(\hat{ACB}=90^0\)
b: Xét (O) có
MA,MC là các tiếp tuyến
Do đó: MA=MC
=>M nằm trên đường trung trực của AC(1)
Ta có: OA=OC
=>O nằm trên đường trung trực của AC(2)
Từ (1),(2) suy ra MO là đường trung trực của AC
=>MO⊥AC
mà AC⊥CB
nên MO//CB
c: Gọi I là giao điểm của MB và CH, K là giao điểm của CB và MA
Ta có: \(\hat{MAC}+\hat{MKC}=90^0\) (ΔACK vuông tại C)
\(\hat{MCA}+\hat{MCK}=\hat{ACK}=90^0\)
mà \(\hat{MAC}=\hat{MCA}\) (ΔMAC cân tại M)
nên \(\hat{MKC}=\hat{MCK}\)
=>MK=MC
mà MA=MC
nên MK=MA(4)
Ta có: CH⊥AB
AK⊥BA
Do đó: CH//AK
Xét ΔBAM có HI//AM
nên \(\frac{HI}{AM}=\frac{BI}{BM}\left(3\right)\)
Xét ΔBKM có CI//MK
nên \(\frac{CI}{MK}=\frac{BI}{BM}\) (5)
Từ (3),(4),(5) suy ra CI=IH
=>I là trung điểm của CH