Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a, TA có
ABCD là ht => BD là phân giác B hay BO là phân giác ABC => OM = ON ( tính chất phân giác) (1)
CMTT :OM = OP (2)
OP = OQ (3)
Từ (1) (2) và (3) => OM = ON = OP = OQ => M,N,P,Q cùng thuộc một đg tròn tâm O
b, ABCD là ht => OA = 1/2 AC = 1/2.4 = 2
TAm giác AOB vuông tại M => OM = OA . tan OAB = OA . tan 30 = 2 căn 3 trên 2
( OAB = 30 độ vì OA là phân giác)
VẬy bán kình đg tròn là ...
a: ABCD là hình thoi
=>AC⊥BD tại trung điểm của mỗi đường
=>AC⊥BD tại O và O là trung điểm chung của AC và BD
Ta có: OH⊥AB
AB//CD
Do đó: OH⊥CD
Ta có: OH⊥CD
OK⊥CD
mà OH,OK có điểm chung là O
nên H,O,K thẳng hàng
Ta có: OL⊥AD
AD//BC
Do đó: OL⊥BC
Ta có: OL⊥BC
OI⊥BC
mà OL,OI có điểm chung là O
nên L,O,I thẳng hàng
Xét ΔOHB vuông tại H và ΔOKD vuông tại K có
OB=OD
\(\hat{OBH}=\hat{ODK}\) (hai góc so le trong, AB//CD)
Do đó: ΔOHB=ΔOKD
=>OH=OK
Xét ΔOIB vuông tại I và ΔOLD vuông tại L có
OB=OD
\(\hat{OBI}=\hat{ODL}\) (hai góc so le trong, BI//DL)
Do đó: ΔOIB=ΔOLD
=>OI=OL
Xét ΔAHO vuông tại H và ΔALO vuông tại L có
AO chung
\(\hat{HAO}=\hat{LAO}\)
Do đó: ΔAHO=ΔALO
=>OH=OL
=>OH=OL=OI=OK
=>H,L,I,K cùng nằm trên (O)
b: O là trung điểm của AC
=>AO=AC/2=2(cm)
Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{BAD}=60^0\)
nên ΔABD đều
=>\(\hat{ADB}=60^0\)
Xét ΔAOD vuông tại O có tan ADO=\(\frac{AO}{OD}\)
=>\(\frac{2}{OD}=\tan60=\sqrt3\)
=>\(OD=\frac{2}{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}\) (cm)
ΔAOD vuông tại O
=>\(AO^2+OD^2=AD^2\)
=>\(AD^2=2^2+\left(\frac{2}{\sqrt3}\right)^2=4+\frac43=\frac{4\cdot3+4}{3}=\frac{16}{3}=\frac{48}{9}\)
=>\(AD=\frac{4\sqrt3}{3}\left(\operatorname{cm}\right)\)
Xét ΔOAD vuông tại O có OL là đường cao
nên \(OL\cdot AD=OA\cdot OD\)
=>\(OL\cdot\frac{4\sqrt3}{3}=\frac{2\sqrt3}{3}\cdot2=\frac{4\sqrt3}{3}\)
=>OL=1(cm)
=>R=1(cm)
a: ABCD là hình thoi
=>AC⊥BD tại trung điểm của mỗi đường
=>AC⊥BD tại O và O là trung điểm chung của AC và BD
Ta có: OH⊥AB
AB//CD
Do đó: OH⊥CD
Ta có: OH⊥CD
OK⊥CD
mà OH,OK có điểm chung là O
nên H,O,K thẳng hàng
Ta có: OL⊥AD
AD//BC
Do đó: OL⊥BC
Ta có: OL⊥BC
OI⊥BC
mà OL,OI có điểm chung là O
nên L,O,I thẳng hàng
Xét ΔOHB vuông tại H và ΔOKD vuông tại K có
OB=OD
\(\hat{OBH}=\hat{ODK}\) (hai góc so le trong, AB//CD)
Do đó: ΔOHB=ΔOKD
=>OH=OK
Xét ΔOIB vuông tại I và ΔOLD vuông tại L có
OB=OD
\(\hat{OBI}=\hat{ODL}\) (hai góc so le trong, BI//DL)
Do đó: ΔOIB=ΔOLD
=>OI=OL
Xét ΔAHO vuông tại H và ΔALO vuông tại L có
AO chung
\(\hat{HAO}=\hat{LAO}\)
Do đó: ΔAHO=ΔALO
=>OH=OL
=>OH=OL=OI=OK
=>H,L,I,K cùng nằm trên (O)
b: O là trung điểm của AC
=>AO=AC/2=2(cm)
Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{BAD}=60^0\)
nên ΔABD đều
=>\(\hat{ADB}=60^0\)
Xét ΔAOD vuông tại O có tan ADO=\(\frac{AO}{OD}\)
=>\(\frac{2}{OD}=\tan60=\sqrt3\)
=>\(OD=\frac{2}{\sqrt3}=\frac{2\sqrt3}{3}\) (cm)
ΔAOD vuông tại O
=>\(AO^2+OD^2=AD^2\)
=>\(AD^2=2^2+\left(\frac{2}{\sqrt3}\right)^2=4+\frac43=\frac{4\cdot3+4}{3}=\frac{16}{3}=\frac{48}{9}\)
=>\(AD=\frac{4\sqrt3}{3}\left(\operatorname{cm}\right)\)
Xét ΔOAD vuông tại O có OL là đường cao
nên \(OL\cdot AD=OA\cdot OD\)
=>\(OL\cdot\frac{4\sqrt3}{3}=\frac{2\sqrt3}{3}\cdot2=\frac{4\sqrt3}{3}\)
=>OL=1(cm)
=>R=1(cm)
a)Ta có:
AO=BO=OC=DO (vì O là trung điểm của AC và BD)
AH=HI=IL=KL (vì H, I, K, L lần lượt là hình chiếu của O trên AB, BC, CD, DA)
AO=AH+HO
BO=HI+HO
CO=IL+HO
DO=KL+HO
AH+HO=HI+HO=IL+HO=KL+HO
AH=HI=IL=KL
Vậy, bốn đoạn thẳng AH, HI, IL, KL bằng nhau và có chung điểm cuối H. Do đó, bốn điểm H, I, K, L cùng nằm trên một đường tròn có tâm O.
b) Ta có:
AH=HI=IL=KL=AC/2
AO=BO=OC=DO=AC/2
Gọi r là bán kính của đường tròn (O).
Từ các kết quả trên, ta có:
r=AC/2=4cm/2=2cm
Vậy, bán kính của đường tròn (O) là 2cm.
Ta có: ΔBAO vuông tại A
=>ΔBAO nội tiếp đường tròn đường kính BO
=>A nằm trên đường tròn đường kính BO(1)
Ta có: ΔBMO vuông tại M
=>ΔBMO nội tiếp đường tròn đường kính BO
=>M nằm trên đường tròn đường kính BO(2)
Từ (1),(2) suy ra A,B,M,O cùng thuộc đường tròn đường kính BO
a: ΔOAC cân tại O
mà OM là đường cao
nên OM là phân giác của góc AOC
Xét ΔOAM và ΔOCM có
OA=OC
\(\hat{AOM}=\hat{COM}\)
OM chung
Do đó: ΔOAM=ΔOCM
=>\(\hat{OAM}=\hat{OCM}\)
=>\(\hat{OCM}=90^0\)
=>MC là tiếp tuyến của (O)
b: Gọi K là giao điểm của BC và AM
Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔACB vuông tại C
=>AC⊥KB tại C
=>ΔACK vuông tại C
Ta có: \(\hat{MAC}+\hat{MKC}=90^0\) (ΔACK vuông tại C)
\(\hat{MCA}+\hat{MCK}=\hat{ACK}=90^0\)
mà \(\hat{MAC}=\hat{MCA}\)
nên \(\hat{MKC}=\hat{MCK}\)
=>MK=MC
mà MA=MC
nên MA=MK(1)
Ta có: CH⊥AB
KA⊥BA
Do đó: CH//KA
Xét ΔBAM có IH//AM
nên \(\frac{IH}{AM}=\frac{BI}{BM}\left(2\right)\)
Xét ΔBMK có CI//KM
nên \(\frac{CI}{KM}=\frac{BI}{BM}\left(3\right)\)
Từ (1),(2),(3) suy ra IH=IC
a) Chứng minh \(M C\) là tiếp tuyến của đường tròn
Vì \(A M\) là tiếp tuyến tại \(A\), nên \(A M \bot A O\).
Ta có:
- \(O M\) là đường thẳng đi qua \(O\) và vuông góc với \(A C\) (theo giả thiết).
- Tam giác \(A O C\) vuông tại \(A\) (do \(A B\) là đường kính nên \(\angle A C B = 90^{\circ}\)).
Suy ra:
- \(A C \bot O C\)
- \(O M \bot A C\)
\(\Rightarrow O M / / O C\)
Xét tam giác \(A O C\), vì \(A M\) là tiếp tuyến tại \(A\) nên \(\angle M A C = \angle O C A\).
Mà \(\angle M A C = \angle M C A\)
\(\Rightarrow M C\) tạo với bán kính \(O C\) một góc vuông tại \(C\)
\(\Rightarrow M C\) tiếp xúc với đường tròn tại \(C\).
→ MC là tiếp tuyến của đường tròn
b) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) trên \(A B\); \(I\) là giao điểm của \(M B\) và \(C H\). Chứng minh: \(C I = I H\).
Chứng minh:
- Tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\) ⇒ \(H\) là chân đường vuông góc từ \(C\) xuống \(A B\) ⇒ \(H\) là hình chiếu của \(C\) lên đường kính → \(C H\) là đường cao ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông \(A C B\).
- Theo tính chất đường tròn và tiếp tuyến:
\(M C\) là tiếp tuyến tại \(C\), \(M B\) là cát tuyến.
Ta có: \(M B^{2} = M C \cdot M A\) (định lý tiếp tuyến – cát tuyến). - Xét tam giác \(M C H\), đường thẳng \(M B\) cắt \(C H\) tại \(I\).
Sử dụng hệ thức của tam giác vuông nội tiếp đường tròn:
\(C H^{2} = C I \cdot I H\)
Nhưng vì tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\) nên \(C H^{2} = A H \cdot H B\)
Mà theo tính chất đồng dạng của các tam giác \(\Rightarrow C I = I H\).
→ \(C I = I H\).
a, TA có
ABCD là ht => BD là phân giác B hay BO là phân giác ABC => OM = ON ( tính chất phân giác) (1)
CMTT :OM = OP (2)
OP = OQ (3)
Từ (1) (2) và (3) => OM = ON = OP = OQ => M,N,P,Q cùng thuộc một đg tròn tâm O
b, ABCD là ht => OA = 1/2 AC = 1/2.4 = 2
TAm giác AOB vuông tại M => OM = OA . tan OAB = OA . tan 30 = 2 căn 3 trên 2
( OAB = 30 độ vì OA là phân giác)
VẬy bán kình đg tròn là ...
Câu b ở chỗ AOB vuông tại M là mình ko biết vì sao nên mới đăng lại caau hỏi -_-