hình tự vẽ nha

Xét tam giác ABC nội tiếp ( O ) đường kính BC nên vuông tại A \(\Rightarrow AC\perp AB\)   ( 1 )

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau \(\Rightarrow\)SA = SB và SO là tia phân giác tam giác SAB

\(\Rightarrow\)\(\Delta SAB\)cân tại S có SO là đường phân giác nên cũng là đường cao \(\Rightarrow\)\(SO\perp AB\) ( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra SO // AC

Bạn lấy điểm E là trung điểm của OA, xong vẽ đường tròn bán kính AE cắt (O) tại B,C; nối hai đường AB,AC, ta được AB,AC là các tiếp tuyến cần vẽ

C D H M O K

 Kéo dài HO về phía O cắt (o) tại K => KH là đường kính (o). Nối CH; CK ta có 

^KCH=90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

CM=DM=CD/2=8 cm (bán kính vuông góc với dây cung thì chia đôi dây cung)

 Xét tg vuông KCH có \(CM^2=MH.MK\Rightarrow8^2=4.MK\Rightarrow MK=16cm\)

\(\Rightarrow KH=MH+MK=4+16=20cm\Rightarrow OK=\frac{KH}{2}=10cm\)

• Gọi I là giao điểm của EG và HF.
• Theo định lí tiếp tuyến, ta có: $\angle{OBE} = \angle{OBF} = 90^\circ$ và $\angle{ODF} = \angle{ODG} = 90^\circ$.
• Vì $BE$ và $DF$ là tiếp tuyến của đường tròn (O), nên $OE$ và $OF$ là phân giác của $\angle{BOD}$.
• Tương tự, $OG$ và $OH$ là phân giác của $\angle{BOD}$.
• Khi đó, ta có: $\angle{EOI} = \angle{FOI} = \angle{GOI} = \angle{HOI} = 90^\circ$.
• Do đó, $OEIF$ và $OFIG$ là các hình chữ nhật.
• Vì $OE = OF$ và $OG = OH$, nên $OEIF$ và $OFIG$ là các hình vuông.
• Từ đó, ta có: $BE = EF$ và $DG = GH$.
• Vì $ABCD$ là hình thoi, nên $AB = AD$ và $BC = CD$.
• Khi đó, ta có: $AB = AD = BE + EF = BE + DF$ và $BC = CD = DG + GH = EG + HF$.
• Từ đó, ta suy ra: $BE + DF = EG + HF$.
• Do đó, $BE.DF = EG.HF$.
• Từ định lí tiếp tuyến, ta có: $BE.DF = OB^2$ và $EG.HF = OG^2$.
• Vì $OB = OG$ (bán kính đường tròn (O)), nên ta có: $BE.DF = OB.OD$.

Vậy, ta đã chứng minh được a) BE.DF = OB.OD.

b) Ta có:

• Gọi I là giao điểm của EG và HF.
• Theo chứng minh ở câu a), ta có: $OEIF$ và $OFIG$ là các hình vuông.
• Khi đó, ta có: $\angle{EOI} = \angle{FOI} = \angle{GOI} = \angle{HOI} = 90^\circ$.
• Do đó, ta có: $\angle{EOI} + \angle{FOI} + \angle{GOI} + \angle{HOI} = 360^\circ$.
• Từ đó, ta suy ra: $\angle{EOI} + \angle{FOI} + \angle{GOI} + \angle{HOI} = 360^\circ$.
• Vì $EG \parallel HF$, nên ta có: $\angle{EOI} + \angle{FOI} = 180^\circ$.
• Từ đó, ta suy ra: $\angle{GOI} + \angle{HOI} = 180^\circ$.
• Do đó, ta có: $\angle{GOI} = \angle{HOI}$.
• Vậy, ta đã chứng minh được b) EG // HF.

a: Xét (O) có

OI là một phần bán kính

AB là dây

Do đó: Nếu OI⊥AB thì OI ⊥ AB tại I

b: ΔOIA vuông tại I

=>\(OI^2+IA^2=OA^2\)

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

=>IA=4(cm)

ΔOAB cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của AB

=>\(AB=2\cdot AI=8\left(\operatorname{cm}\right)\)

Bạn tự vẽ hình nha!

c) Các tam giác ACM và BDM cân tại C và D; CO là phân giác góc ACM; DO là phân giác góc BDM => Các đường phân giác này cũng là đường cao => CO vuông góc với AM tại E và DO vuông góc với BM tại F => g. OEM = OFM = 90^o.

Mặt khác g.AMB =90^o(Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => Từ giác OEMF là hình chữ nhật => I là trung điểm của OM => IO = OM/2 = R/2 (Không đổi)

Do đó khi M di chuyển thì trung điểm I của EF luôn cách O một khoảng không đổi R/2 => Quỹ tích trung điểm I của EF là nửa đường tròn tâm O bán kính R/2 cùng phía với nửa đường trón tâm O đường kính AB.

Bài 1:

Gọi K là giao điêm cua CB và AM

Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

=>AC⊥BK tại C

=>ΔACK vuông tại C

Xét (O) có

MA,MC là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MC

=>ΔMAC cân tại M

=>\(\hat{MAC}=\hat{MCA}\)

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 \(\hat{MKC}=\hat{MCK}\)

=>MC=MK

mà MA=MC

nên MA=MK(1)

Ta có: CH⊥AB

KA⊥BA

Do đó: CH//KA

Xét ΔBAM có IH//AM

nên \(\frac{IH}{AM}=\frac{BI}{BM}\) (2)

Xét ΔBMK có CI//MK

nên \(\frac{CI}{MK}=\frac{BI}{BM}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra CI=IH

=>I là trung điểm cua CH

Bài 2:

a: Xét (O) có

ΔAMB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAMB vuông tại M

=>AM⊥BA' tại M và BM⊥AB' tại M

Xét ΔA'AB vuông tại A và ΔABB' vuông tại B có

\(\hat{BA^{\prime}A}=\hat{B^{\prime}AB}\left(=90^0-\hat{MBA}\right)\)

Do đó: ΔA'AB~ΔABB'

=>\(\frac{A^{\prime}A}{AB}=\frac{AB}{BB^{\prime}}\)

=>\(A^{\prime}A\cdot BB^{\prime}=AB^2\)

b: Xét (O) có

CA,CM là các tiếp tuyến

Do đó: CA=CM

=>ΔCAM cân tại C

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

DO đó; DM=DB

Ta có: \(\hat{CAM}+\hat{CA^{\prime}M}=90^0\) (ΔAMA' vuông tại M)

\(\hat{CMA}+\hat{CMA^{\prime}}=\hat{AMA^{\prime}}=90^0\)

mà \(\hat{CAM}=\hat{CMA}\)

nên \(\hat{CA^{\prime}M}=\hat{CMA^{\prime}}\)

=>CM=CA'

mà CM=CA

nên CA=CA'

Ta có: \(\hat{DMB}+\hat{DMB^{\prime}}=\hat{BMB^{\prime}}=90^0\)

\(\hat{DBM}+\hat{DB^{\prime}M}=90^0\) (ΔBMB' vuông tại M)

mà \(\hat{DMB}=\hat{DBM}\)

nên \(\hat{DMB^{\prime}}=\hat{DB^{\prime}M}\)

=>DM=DB'

mà DM=DB

nên DB=DB'