a) ta có : AB = AC (tính chất tiếp tuyến)

\(\Rightarrow\) tam giác ABC cân tại A

có OA là tia phân giác của góc A

\(\Rightarrow\) OA \(\perp\) BC \(\Rightarrow\) tam giác ABO vuông tại B có đường cao BH

ta có : OB² = OA.OH \(\Leftrightarrow\) 3² = 5OH

\(\Rightarrow\) OH = \(\dfrac{9}{5}\) = 1,8 (cm)

1: Xét (O) có 

AB là tiếp tuyến có B là tiếp điểm

AC là tiếp tuyến có C là tiếp điểm

Do đó: AB=AC

Ta có: OB=OC

nên O nằm trên đường trung trực của BC(1)

Ta có: AB=AC

nên A nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của BC

hay OA\(\perp\)BC tại H

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao ứng với cạnh huyền OA, ta được:

\(BO^2=OH\cdot OA\)

\(\Leftrightarrow OH=\dfrac{3^2}{6}=1.5\left(cm\right)\)

Áp dụng định lí Pitago vào tam giác vuông ABO, ta có:

A O 2 = A B 2 + B O 2

Suy ra: A B 2 = A O 2 - B O 2 = 5 2 - 3 2  = 16

AB = 4 (cm)

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

DB = DM

EM = EC

Chu vi của tam giác ADE bằng:

AD + DE + EA = AD + DB + AE + EC

= AB + AC = 2AB = 2.4 = 8 (cm)

Tự giải đi em

Từ một điểm A nằm bên ngoài đường tròn ( O ), kẻ các tiếp tuyến AB, AC với đường tròn ( B,C là các tiếp điểm )

a) Chứng minh rằng ABOC là tứ giác nội tiếp

b)Cho bán kính đường tròn ( O ) bằng 3cm, độ dài đoạn thẳng OA bằng 5cm. Tính độ dài đoạn thẳng BC

c) Gọi ( K ) là đường tròn qua A và tiếp xúc với đường thẳng BC tạo C. Đường trknf (K) và đường tròn (O ) cắt nhau tại điểm thứ hai là M. Chứng minh rằng đường thẳng BM đi qua trung điểm của đoạn thẳng AC

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

ΔOCB cân tại O

mà OA là đường phân giác

nên OA⊥BC tại H và H là trung điểm của BC

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2\)

=>OH=3^2/5=1,8(cm)

b: Xét tứ giác ABOC có \(\hat{ABO}+\hat{ACO}+\hat{BAC}+\hat{BOC}=360^0\)

=>\(\hat{BAC}=360^0-120^0-90^0-90^0=60^0\)

Xét ΔABC có AB=AC và \(\hat{BAC}=60^0\)

nên ΔABC đều

c: Xét (O) có

\(\hat{ABD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BA và dây cung BD

\(\hat{BED}\) là góc nội tiếp chắn cung BD

Do đó: \(\hat{ABD}=\hat{BED}\)

Xét ΔABD và ΔAEB có

\(\hat{ABD}=\hat{AEB}\)

góc BAD chung

Do đó: ΔABD~ΔAEB

=>\(\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AB}\)

=>\(AD\cdot AE=AB^2\left(1\right)\)

Xét ΔABO vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(AD\cdot AE=AH\cdot AO\)

=>\(\frac{AD}{AO}=\frac{AH}{AE}\)

Xét ΔAHD và ΔAEO có

\(\frac{AH}{AE}=\frac{AD}{AO}\)

góc HAD chung

Do đó: ΔAHD~ΔAEO

=>\(\hat{AHD}=\hat{AEO}\)

mà \(\hat{AEO}=\hat{OED}=\hat{ODE}\) (ΔODE cân tại O)

nên \(\hat{AHD}=\hat{ODE}\) (3)

\(\hat{AHD}=\hat{AEO}\)

\(\hat{AHD}+\hat{OHD}=180^0\) (hai góc kề bù)

Do đó: \(\hat{OHD}+\hat{OED}=180^0\)

=>OHDE là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{OHE}=\hat{ODE}\) (4)

Từ (3),(4) suy ra \(\hat{OHE}=\hat{AHD}\)

mà \(\hat{OHE}+\hat{BHE}=\hat{BHO}=90^0\)

và \(\hat{AHD}+\hat{BHD}=\hat{BHA}=90^0\)

nên \(\hat{BHE}=\hat{BHD}\)

=>HB là phân giác của góc EHD

a: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC và OA là phân giác của góc BOC

ΔOBC cân tại O

mà OA là đường phân giác

nên OA⊥BC tại H và H là trung điểm của BC

H là trung điểm của BC

=>HB=HC

b: ΔOBA vuông tại B

=>\(BO^2+BA^2=OA^2\)

=>\(BA^2=5^2-3^2=25-9=16=4^2\)

=>BA=4(cm)

Xét ΔBOA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(BH\cdot OA=BA\cdot BO\)

=>\(BH=\frac{3\cdot4}{5}=2,4\left(\operatorname{cm}\right)\)

c: Xét ΔBOA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(BH^2=HO\cdot HA\)

=>\(4\cdot HO\cdot HA=4\cdot HB^2=\left(2\cdot HB\right)^2=BC^2\)