Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
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
nên AB=AC
mà OB=OC
nên OA là trung trực của BC
=>OA vuông góc với BC tại H
Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao
nên OH*OA=OB^2=R^2
b: Xét (O) co
ΔBCD nội tiếp
BD là đường kính
Do đó: ΔBCD vuông tại C
=>CD//OA
a: BA là tiếp tuyến của (O) có B là tiếp điểm
=>OB\(\perp\)BA tại B
=>ΔOBA vuông tại B
ΔBOA vuông tại B
=>\(BO^2+BA^2=OA^2\)
=>\(BA^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2\)
=>\(BA=R\sqrt{3}\)
b: ΔOBC cân tại O
mà OA là đường cao
nên OA là tia phân giác của \(\widehat{BOC}\)
Xét ΔOBA và ΔOCA có
OB=OC
\(\widehat{BOA}=\widehat{COA}\)
OA chung
Do đó: ΔOBA=ΔOCA
=>\(\widehat{OCA}=\widehat{OBA}=90^0\)
=>AC là tiếp tuyến của (O)
c: Xét ΔABO vuông tại B có \(sinBAO=\dfrac{BO}{OA}=\dfrac{1}{2}\)
nên \(\widehat{BAO}=30^0\)
ΔOBA=ΔOCA
=>\(\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\) và AB=AC
=>\(\widehat{BAC}=2\cdot\widehat{BAO}=2\cdot30^0=60^0\)
Xét ΔABC có AB=AC và \(\widehat{BAC}=60^0\)
nên ΔABC đều
a: Xét (O) có
AB là tiếp tuyến
AC là tiếp tuyến
Do đó: AB=AC
hay A nằm trên đường trung trực của BC(1)
Ta có: OB=OC
nên O nằm trên đường trung trực của BC(2)
Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của BC
=>OA⊥BC
Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao
nên \(OH\cdot OA=OB^2=R^2\)
b:Xét (O) có
ΔBCD nội tiếp
BD là đường kính
Do đó: ΔBCD vuông tại C
Suy ra: BC⊥CD
mà BC⊥AO
nên AO//CD
a ) Ta có : AB , AC là tiếp tuyến của (O)
⇒AB⊥OB,AC⊥OC
⇒ˆABO+ˆACO=900+900=1800⇒ABOC nội tiếp
b ) Vì AB là tiếp tuyến của (O)
⇒ˆABE=ˆADB⇒ΔABE∼ΔADB(g.g)
⇒AB
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: ΔOBA vuông tại B
=>\(BO^2+BA^2=OA^2\)
=>\(BA^2=\left(3R\right)^2-R^2=8R^2\)
=>\(BA=\sqrt{8R^2}=2R\sqrt2\)
b: Xét ΔOBA vuông tại B có sin BOA=\(\frac{BA}{OA}=\frac{2R\sqrt2}{3R}=\frac{2\sqrt2}{3}\)
nên \(\hat{BOA}\) ≃70 độ 32p
Xét (O) có
AB,AC là các tiếp tuyến
Do đó: OA là phân giác của góc BOC và AB=AC
OA là phân giác của góc BOC
=>\(\hat{BOC}=2\cdot\hat{BOA}=2\cdot70^032p=140^064p=141^014p\)
ΔOBC 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 \(OH\cdot OA=OB^2\)
=>\(OH=\frac{R^2}{3R}=\frac{R}{3}\)