Bài 7 (3 điểm). Từ điểm M ở ngoài đường tròn (O; R), vẽ hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn (0) (A, B là 2 tiếp điểm). OM cắt AB tại H. Vẽ đường kính BC của đường tròn (O).
a) Chứng minh OM 1 AB và AC // MO.
b) Chứng minh OH. OM = R2 và OCH = OMC
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
7 tháng 2 2022
Bài 7:
a: Xét ΔOAM vuông tại A có
\(\cos\widehat{AOM}=\dfrac{OA}{OM}=\dfrac{1}{2}\)
nên \(\widehat{AOM}=60^0\)
b: Xét tứ giác OAMB có
\(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=180^0\)
Do đó: OAMB là tứ giác nội tiếp
Suy ra: \(\widehat{AOB}=180^0-36^0=144^0\)
1 tháng 5 2020
Trả lời :
Bn Nguyễn Tũn bảo dễ ẹt thì làm đi.
- Hok tốt !
^_^
26 tháng 11 2023
Xét tứ giác MIOK có
\(\widehat{MIO}+\widehat{MKO}=90^0+90^0=180^0\)
=>MIOK là tứ giác nội tiếp
=>M,I,O,K cùng thuộc một đường tròn
BH
26 tháng 11 2023
lấy A là trung điểm của OM,xét tam giác OMI có:
A là trung điểm của OM
O,M,I thuộc 1 đường tròn. (1)
Xét tam giác OMK có A là trung điểm của OM
O,M,K thuộc 1 đường tròn (2)
từ (1) và (2) suy ra 4 điểm M,I,O,K cùng thuộc 1 đường tròn
AH
Akai Haruma
Giáo viên
18 tháng 11 2023
Lời giải:
Vì $MA,MB$ là tiếp tuyến của $O$ nên $MA\perp OA, MB\perp OB$
$\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0$
Xét tứ giác $MAOB$ có $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$. Mà 2 góc này đối nhau nên $MAOB$ là tứ giác nội tiếp.
$\Rightarrow M, A,O,B$ cùng thuộc 1 đường tròn (1)
Mặt khác:
Tam giác $ONP$ cân tại $O$ (do $ON=OP=R$) nên trung tuyến $OK$ đồng thời là đường cao.
$\Rightarrow \widehat{MKO}=90^0$
Xét tứ giác $MAKO$ có $\widehat{MAO}=\widehat{MKO}=90^0$. Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh $MO$ nên $MAKO$ là tứ giác nội tiếp.
$\Rightarrow M,A,K,O$ cùng thuộc 1 đường tròn (2)
Từ $(1); (2)\Rightarrow M, A, O, K,B$ cùng thuộc 1 đường tròn.
AH
Akai Haruma
Giáo viên
18 tháng 11 2023
Lời giải:
Vì $MA,MB$ là tiếp tuyến của $O$ nên $MA\perp OA, MB\perp OB$
$\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{MBO}=90^0$
Xét tứ giác $MAOB$ có $\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0$. Mà 2 góc này đối nhau nên $MAOB$ là tứ giác nội tiếp.
$\Rightarrow M, A,O,B$ cùng thuộc 1 đường tròn (1)
Mặt khác:
Tam giác $ONP$ cân tại $O$ (do $ON=OP=R$) nên trung tuyến $OK$ đồng thời là đường cao.
$\Rightarrow \widehat{MKO}=90^0$
Xét tứ giác $MAKO$ có $\widehat{MAO}=\widehat{MKO}=90^0$. Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh $MO$ nên $MAKO$ là tứ giác nội tiếp.
$\Rightarrow M,A,K,O$ cùng thuộc 1 đường tròn (2)
Từ $(1); (2)\Rightarrow M, A, O, K,B$ cùng thuộc 1 đường tròn.
20 tháng 5 2022
a: Xét tứ giác MAOB có \(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=180^0\)
nên MAOB là tứ giác nội tiếp
b: Xét (O) có
ΔABC nội tiếp
AC là đường kính
Do đó;ΔABC vuông tại B
Xét ΔACD vuông tại C có CB là đường cao
nên \(AB\cdot AD=AC^2=4R^2\)
E
20 tháng 5 2022
Giải thích các bước giải:
a.Ta có: MA,MBMA,MB là tiếp tuyến của (O)→MO⊥AB(O)→MO⊥AB
Mà CDCD là tiếp tuyến của (O)→CD⊥AC(O)→CD⊥AC
→ˆOID=ˆOCD=90o→OID^=OCD^=90o
→O,I,D,C∈→O,I,D,C∈ đường tròn đường kính ODOD
b.Ta có: ˆAIO=ˆACD=90oAIO^=ACD^=90o
ˆOAI=ˆCADOAI^=CAD^
→ΔAIO∼ΔACD(g.g)→ΔAIO∼ΔACD(g.g)
→AIAC=AOAD→AIAC=AOAD
→AI.AD=AO.AC=R⋅2R=2R2=8→AI.AD=AO.AC=R⋅2R=2R2=8
→2AI.AD=16→2AI.AD=16
→AB.AD=16→AB.AD=16
Vì MA,MBMA,MB là tiếp tuyến của (O)→MO⊥AB=I(O)→MO⊥AB=I là trung điểm ABAB
→AB=2AI→AB=2AI
c.Gọi MC∩OD=EMC∩OD=E
Ta có:
ˆCAD=ˆOAI=90o−ˆIAM=ˆAMI=ˆAMOCAD^=OAI^=90o−IAM^=AMI^=AMO^
Vì CDCD là tiếp tuyến của (O)(O)
Mà ˆMAO=ˆDCA=90oMAO^=DCA^=90o
→ΔMAO∼ΔACD(g.g)→ΔMAO∼ΔACD(g.g)
→MAAC=AOCD→MAAC=AOCD
→MAAC=OCCD→MAAC=OCCD
→MACO=ACCD→MACO=ACCD
Mà ˆMAC=ˆOCD=90oMAC^=OCD^=90o
→ΔMAC∼ΔOCD(c.g.c)→ΔMAC∼ΔOCD(c.g.c)
→ˆCOD=ˆCMA→COD^=CMA^
→ˆCOE=ˆCMA→COE^=CMA^
Do ˆOCE=ˆACMOCE^=ACM^
→ΔCEO∼ΔCAM(g.g)→ΔCEO∼ΔCAM(g.g)
→ˆCEO=ˆCAM=90o→CEO^=CAM^=90o
→OD⊥MC
25 tháng 11 2023
a:
Sửa đề: \(AD\cdot AC=AB^2=AO^2-R^2\)
Xét (O) có
ΔBDC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBDC vuông tại D
=>BD\(\perp\)DC tại D
=>BD\(\perp\)CA tại D
Xét ΔBCA vuông tại B có BD là đường cao
nên \(AD\cdot AC=AB^2\left(1\right)\)
Xét ΔOBA vuông tại B có \(OB^2+BA^2=OA^2\)
=>\(BA^2+R^2=OA^2\)
=>\(BA^2=OA^2-R^2\left(2\right)\)
Từ (1) và (2) suy ra \(AD\cdot AC=AB^2=OA^2-R^2\)
b: ΔOBE cân tại O
mà OH là đường cao
nên H là trung điểm của BE
Xét ΔBCE có
O,H lần lượt là trung điểm của BC,BE
=>OH là đường trung bình của ΔBCE
=>OH//CE và OH=1/2CE
OH//CE
F\(\in\)OH
Do đó: HF//CE
\(OH=\dfrac{1}{2}CE\)
\(OH=\dfrac{1}{2}FH\)
Do đó: CE=FH
Xét tứ giác CEHF có
CE//HF
CE=HF
Do đó: CEHF là hình bình hành
Hình bình hành CEHF có \(\widehat{FHE}=90^0\)
nên CEHF là hình chữ nhật
ΔOBE cân tại O
mà OH là đường cao
nên OH là phân giác của góc BOE
Xét ΔOBA và ΔOEA có
OB=OE
\(\widehat{BOA}=\widehat{EOA}\)
OA chung
Do đó: ΔOBA=ΔOEA
=>\(\widehat{OBA}=\widehat{OEA}=90^0\)
=>AE là tiếp tuyến của (O)
c: Xét (O) có
ΔBGC nội tiếp
BC là đường kính
Do đó: ΔBGC vuông tại G
=>GB\(\perp\)GC tại G
Xét ΔHEC vuông tại E và ΔHGB vuông tại G có
\(\widehat{EHC}=\widehat{GHB}\)
Do đó: ΔHEC đồng dạng với ΔHGB
=>\(\dfrac{HE}{HG}=\dfrac{HC}{HB}\)
=>\(HE\cdot HB=HG\cdot HC\)
=>\(HG\cdot HC=HB^2\left(3\right)\)
Xét ΔBOA vuông tại B có BH là đường cao
nên \(HO\cdot HA=HB^2\left(4\right)\)
Từ (3) và (4) suy ra \(HG\cdot HC=HO\cdot HA\)
29 tháng 12 2021
2: Xét tứ giác MBOC có
\(\widehat{MBO}+\widehat{MCO}=180^0\)
Do đó: MBOC là tứ giác nội tiếp
