Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a:
Sửa đề: OCBD là hình thoi
Xét ΔCOB có
CH là đường cao
CH là đường trung tuyến
Do đó: ΔCOB cân tại C
Xét ΔCOB cân tại C có OB=OC
nên ΔCOB đều
Ta có; ΔOCD cân tại O
mà OH là đường cao
nên H là trung điểm của CD
Xét tứ giác OCBD có
H là trung điểm chung của OB và CD
=>OCBD là hình bình hành
Hình bình hành OCBD có OC=OD
nên OCBD là hình thoi
b: Xét (O) có
ΔACB nội tiếp
AB là đường kính
Do đó: ΔACB vuông tại C
Xét ΔACB vuông tại C có CH là đường cao
nên \(AC^2=AH\cdot AB\)
=>\(AC^2=AH\cdot2R\)
Xét ΔCAB vuông tại C có CH là đường cao
nên \(AH\cdot HB=CH^2=CH\cdot HD\)
c: Ta có: ΔOCB đều
=>\(\widehat{OBC}=60^0\)
=>\(\widehat{ABC}=60^0\)
Xét ΔACB vuông tại C có \(sinABC=\dfrac{AC}{AB}\)
=>\(\dfrac{AC}{2R}=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
=>\(AC=R\sqrt{3}\)
Xét ΔACB vuông tại C có \(cosABC=\dfrac{CB}{AB}\)
=>\(\dfrac{CB}{2R}=cos60=\dfrac{1}{2}\)
=>CB=R
Xét ΔCHB vuông tại H có \(sinCBH=\dfrac{CH}{CB}\)
=>\(\dfrac{CH}{R}=sin60=\dfrac{\sqrt{3}}{2}\)
=>\(CH=\dfrac{R\sqrt{3}}{2}\)
d: Xét (O) có
IC,ID là các tiếp tuyến
Do đó: IC=ID
=>I nằm trên đường trung trực của CD(1)
Ta có: OCBD là hình thoi
=>OB là đường trung trực của DC(2)
Từ (1),(2) suy ra O,B,I thẳng hàng
a) Ta có \(IM//AE\)suy ra \(\widehat{MIH}=\widehat{EAH}\). Mà \(\widehat{EAH}=\widehat{ECH}\)nên \(\widehat{MIH}=\widehat{MCH}\). Suy ra tứ giác CIMH nội tiếp.
Dễ dàng chỉ ra được ED là tiếp tuyến của \(\left(O\right)\)suy ra \(\widehat{HED}=\widehat{HCE}\)\(\left(1\right)\)
Do tứ giác CIMH nội tiếp nên \(\widehat{CHM}=90^0\)suy ra \(\widehat{HCM}+\widehat{HMC}=90^0\)
Mà \(\widehat{HMD}+\widehat{HMC}=90^0\)nên \(\widehat{HCM}=\widehat{HMD}\)\(\left(2\right)\)
Từ \(\left(1\right)\)và \(\left(2\right)\)suy ra \(\widehat{HED}=\widehat{HMD}\)nên tứ giác EMHD nội tiếp. Do đó \(\widehat{HDM}=\widehat{HEM}\)mà \(\widehat{HEM}=\widehat{HCD}\)nên \(\widehat{HDM}=\widehat{HCD}\)
Từ đó chứng minh được BD là tiếp tuyến của \(\left(O_1\right)\)
b) Sử dụng tính chất đường nối tâm vuông góc với dây chung ta có: \(OO_2\perp HE,O_2O_1\perp HD\)và do \(EH\perp HD\)suy ra \(OO_2\perp O_2O_1\)
Dễ thấy \(\widehat{COM}=45^0\)suy ra \(\widehat{CAE}=45^0\)nên \(\widehat{O_2OO_1}=45^0\). \(\Delta O_2OO_1\)vuông cân tại \(O_2\)
Tứ giác OCDE là hình vuông cạnh R và \(O_2\) là trung điểm của DE nên ta tính được \(O_2O^2=\frac{5R^2}{4}\)
.Vậy diện tích \(\Delta O_2OO_1\) là\(\frac{5R^2}{8}\)
Bài 2:
a: Xét (O) có
CA là tiếp tuyến có A là tiếp điểm
CB là tiếp tuyến có B là tiếp điểm
Do đó: CA=CB
a, Vì M B C ^ = M D B ^ = 1 2 s đ C B ⏜ nên chứng minh được ∆MBC:∆MDB (g.g)
b, Vì
M
B
O
^
+
M
A
O
^
=
180
0
nên tứ giác MAOB nội tiếp
c, Đường tròn đường kính OM là đường tròn ngoại tiếp tứ giác MAOB => r = M O 2
Gọi H là giao điểm của AB với OM
=> OH ⊥ AB; AH = BH = R 3 2
Giải tam giác vuông OAM, đường cao AH ta được OM = 2R Þ r = R
d, Ta có M I B ^ = s đ D E ⏜ + s đ B C ⏜ 2 và M A B ^ = s đ A C ⏜ + s đ B C ⏜ 2
Vì AE song song CD => s đ D E ⏜ = s đ A C ⏜ => M I B ^ = M A B ^
Do tứ giác MAIB nội tiếp hay 5 điểm A, B, O, I, M nằm trên cùng 1 đường tròn kính MO
Từ đó ta có được M I O ^ = 90 0 => OI ⊥ CD hay I là trung điểm của CD
a) Xét tam giác ACB, có CO là trung tuyến. Lại có \(CO=OA=OB=\frac{AB}{2}\), vậy nên tam giác ACB vuông lại C.
b) Xét tam giác vuông ACB, ta có:
\(\sin\widehat{CAB}=\frac{BC}{BA}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{CAB}=30^o\)
Xét tam giác vuông ACB, ta có:
\(cos\widehat{CAB}=\frac{AC}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=R\sqrt{3}\)
Xét tam giác vuông ABD, ta có:
\(\tan\widehat{DAB}=\frac{BD}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow BD=\frac{2\sqrt{3}R}{3}\)
c) Ta thấy ngay tam giác BCD vuông tại C nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD là trung điểm cạnh huyền.
Vậy O' là trung điểm BD.
Xét tam giác OCO' và OBO' có:
O'C = O'B (gt)
OC = OB (= R)
OO' chung
\(\Rightarrow\Delta OCO'=\Delta OBO'\left(c-c-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{O'CO}=\widehat{OBO'}=90^o\)
Vậy nên O'C là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Lại có AB vuông góc với O'B tại B nên AB là tiếp tuyến tại B của đường tròn (O').
d) Gọi H là hình chiếu của I trên OB.
\(AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=\frac{4R\sqrt{3}}{3}\)
Ta có hai công thức tính diện tích tam giác:
Công thức Hê-rông: \(S=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\) với a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác, p là nửa chu vi
\(S=pr\) với r bán kính đường tròn nội tiếp.
Vậy nên \(r=\sqrt{\frac{\left(p-AB\right)\left(p-BD\right)\left(p-AD\right)}{p}}\)
\(p=\frac{AD+DB+BA}{2}=\left(1+\sqrt{3}\right)R\)
Vậy thì:
\(r=R\sqrt{\frac{4-2\sqrt{3}}{3}}=\frac{3-\sqrt{3}}{3}R\)
Thấy ngay IH = r.
Xét tam giác HIB có góc H vuông, \(\widehat{IBH}=45^o\) (Do BI là phân giác góc vuông)
Vậy nên \(IH=HB=\frac{3-\sqrt{3}}{3}R\)
\(\Rightarrow OH=R-HB=\frac{R\sqrt{3}}{3}\)
Xét tam giác vuông OIH, ta có:
\(OI=\sqrt{OH^2+IH^2}=R\sqrt{\frac{5-2\sqrt{3}}{3}}\)
a) Xét tam giác ACB, có CO là trung tuyến. Lại có \(CO=OA=OB=\frac{AB}{2}\), vậy nên tam giác ACB vuông lại C.
b) Xét tam giác vuông ACB, ta có:
\(\sin\widehat{CAB}=\frac{BC}{BA}=\frac{1}{2}\Rightarrow\widehat{CAB}=30^o\)
Xét tam giác vuông ACB, ta có:
\(cos\widehat{CAB}=\frac{AC}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{2}\Rightarrow AC=R\sqrt{3}\)
Xét tam giác vuông ABD, ta có:
\(\tan\widehat{DAB}=\frac{BD}{AB}=\frac{\sqrt{3}}{3}\Rightarrow BD=\frac{2\sqrt{3}R}{3}\)
c) Ta thấy ngay tam giác BCD vuông tại C nên tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD là trung điểm cạnh huyền.
Vậy O' là trung điểm BD.
Xét tam giác OCO' và OBO' có:
O'C = O'B (gt)
OC = OB (= R)
OO' chung
\(\Rightarrow\Delta OCO'=\Delta OBO'\left(c-c-c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{O'CO}=\widehat{OBO'}=90^o\)
Vậy nên O'C là tiếp tuyến của đường tròn (O).
Lại có AB vuông góc với O'B tại B nên AB là tiếp tuyến tại B của đường tròn (O').
d) Gọi H là hình chiếu của I trên OB.
\(AD=\sqrt{AB^2+BD^2}=\frac{4R\sqrt{3}}{3}\)
Ta có hai công thức tính diện tích tam giác:
Công thức Hê-rông: \(S=\sqrt{p\left(p-a\right)\left(p-b\right)\left(p-c\right)}\) với a, b, c là độ dài các cạnh của tam giác, p là nửa chu vi
\(S=pr\) với r bán kính đường tròn nội tiếp.
Vậy nên \(r=\sqrt{\frac{\left(p-AB\right)\left(p-BD\right)\left(p-AD\right)}{p}}\)
\(p=\frac{AD+DB+BA}{2}=\left(1+\sqrt{3}\right)R\)
Vậy thì:
\(r=R\sqrt{\frac{4-2\sqrt{3}}{3}}=\frac{3-\sqrt{3}}{3}R\)
Thấy ngay IH = r.
Xét tam giác HIB có góc H vuông, \(\widehat{IBH}=45^o\) (Do BI là phân giác góc vuông)
Vậy nên \(IH=HB=\frac{3-\sqrt{3}}{3}R\)
\(\Rightarrow OH=R-HB=\frac{R\sqrt{3}}{3}\)
Xét tam giác vuông OIH, ta có:
\(OI=\sqrt{OH^2+IH^2}=R\sqrt{\frac{5-2\sqrt{3}}{3}}\)
