Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a: Xét (O) có
MA,MB là tiếp tuyến
nên MA=MB
b: Xét ΔMAB có MA=MB và góc AMB=60 độ
nên ΔMAB đều
a: Xét (O) có
MA,MB là tiếp tuyến
Do đó: MA=MB
=>ΔMAB cân tại M
b: Xét tứ giác OAMB có
\(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}+\widehat{AMB}+\widehat{AOB}=360^0\)
=>\(\widehat{AOB}+60^0+90^0+90^0=360^0\)
=>\(\widehat{AOB}+240^0=360^0\)
=>\(\widehat{AOB}=120^0\)
c: ta có: MA=MB
=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)
Ta có: OA=OB
=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)
Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của AB
=>MO\(\perp\)AB
Bài 2:
(Bạn vẽ hình thì vẽ nửa trên đường thôi nha, tại đề cho là nửa đường tròn tâm O)
a, Vì AC//BD (⊥AB) nên ABDC là hthang
Mà \(\widehat{CAB}=90^0\) nên ABDC là hthang vuông
b, Gọi I là trung điểm CD
Mà O là trung điểm AB nên OI là đtb hthang ABDC
Do đó OI//AC\(\Rightarrow\)OI⊥AB
Mà tam giác OCD vuông tại O nên OI là bán kính đg tròn ngoại tiếp tam giác OCD
Do đó AB là tiếp tuyến tại O của (I)
Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác COD tiếp xúc với đường thẳng AB tại O.
c, Kẻ OH⊥CD
Vì \(\widehat{AOC}=\widehat{IOD}\) (cùng phụ \(\widehat{COI}\)), \(\widehat{IOD}=\widehat{IDO}\left(IO=ID=\dfrac{1}{2}CD\right)\) nên \(\widehat{AOC}=\widehat{IDO}\Rightarrow90^0-\widehat{AOC}=90^0-\widehat{IDO}\Rightarrow\widehat{ACO}=\widehat{HCO}\)
Vì \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ACO}=\widehat{HCO}\\CO.chung\\\widehat{CAO}=\widehat{CHO}=90^0\end{matrix}\right.\) nên \(\Delta AOC=\Delta HOC\Rightarrow OA=OH\Rightarrow H\in\left(O\right)\)
Mà CD⊥OH nên CD là tt tại H của (O)
Do đó \(CA\cdot DB=CH\cdot HD=OH^2=R^2\) (kết hợp HTL)
Bài 1:
a: Xét (O) có
MA là tiếp tuyến
MB là tiếp tuyến
Do đó: MA=MB
hay ΔMAB cân tại M
mà \(\widehat{AMB}=60^0\)
nên ΔMBA đều
b: Xét ΔAOM vuông tại A có
\(AM=OA\cdot\tan30^0\)
nên \(AM=5\sqrt{3}\left(cm\right)\)
\(C_{AMB}=3\cdot AM=15\sqrt{3}\left(cm\right)\)
c: Ta có: MA=MB
nên M nằm trên đường trung trực của AB(1)
Ta có: OA=OB
nên O nằm trên đường trung trực của AB(2)
Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của AB
hay MO⊥AB(1)
Xét (O) có
ΔABC nội tiếp
AC là đường kính
DO đó: ΔABC vuông tại B
Suy ra: AB⊥BC(2)
Từ (1) và (2) suy ra OM//BC
hay BMOC là hình thang
c
Gọi H là giao điểm của AB và OM
a, Xét Δv MAO và ΔvMBO
Có MO chung
AO=OB(=bk)
=> ΔvMAO= ΔMBO (ch-cgv)
=> MA=MB
Trong ΔAMB
Có MA=MB(cmt)
=> ΔAMB cân tại M
lại có góc AMB=60 độ
=> ΔAMB là Δ đều
b, Ta có: góc AMO=góc BMO ( ΔvMAO= ΔvMBO)
mà góc AMO+ góc BMO= góc AMB=60 độ
=> góc AMO=\(\frac{1}{2}.60=30^0\)
Áp dụng tỉ số lượng giác
Ta có : tan góc AMO=\(\frac{AO}{AM}\)
tan30=\(\frac{5}{AM}\)
=>AM=\(\frac{5}{tan30}=5\sqrt{3}\)
Chu vi ΔAMB= AM.3=\(5\sqrt{3}.3=15\sqrt{3}\)
c, Ta có OA=OB (=bk)
=> O thuộc đường trung trực AB(1)
MA=MB(cmt)
=> M thuộc đường trung trực AB (2)
Từ (1)(2)=> OM là cả đường trung trực
=> MO vuông góc AB (*)
Ta có: OA=OB=OC(=bk)
=> OB=\(\frac{1}{2}AC\)
mà OB là đường trung tuyến
=> Δ ABC vuông tại B
=> AB vuông góc BC(**)
Từ (*)(**)=> MO//BC
=> BMOC là hình thang
Bài 2:
a,
Ta có : góc AQM=90 độ ( MQ vuông góc xy)
góc APM =90 độ ( MP vuông góc AB)
góc QAP=90độ ( xy vuông góc OA)
=> QMPA là hình chữ nhật
b, Trong hình chữ nhật QMPA:
Có : I là trung điểm của đường chéo thứ nhất QP
-> I cũng là trung điểm của đường chéo thứ 2 AM
=> IA=IM
=> OI vuông góc AM tại I ( đường kính đi qua trung điểm => vuông góc ( đ/Lý 3)
a) Xét tứ giác MAOB có
\(\widehat{OAM}\) và \(\widehat{OBM}\) là hai góc đối
\(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: MAOB là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
Suy ra: M,A,O,B cùng thuộc một đường tròn(đpcm)
