Chương III - Góc với đường tròn

1: Xét tứ giác MAOB có

\(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^0+90^0=180^0\)

=>MAOB là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính MO

=>M,A,O,B cùng thuộc đường tròn đường kính MO(1)

Ta có: ΔOCD cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI\(\perp\)CD

=>OI\(\perp\)IM tại I

=>ΔOIM vuông tại I

=>I nằm trên đường tròn đường kính OM(2)

Từ (1),(2) suy ra O,I,A,M,B cùng thuộc một đường tròn

2: Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: OM là phân giác của góc AOB

=>\(\widehat{AOM}=\widehat{BOM}\)

mà \(\widehat{AOM}=\widehat{AIM}\)(AIOM là tứ giác nội tiếp)

và \(\widehat{BOM}=\widehat{BIM}\)(OIMB là tứ giác nội tiếp)

nên \(\widehat{AIM}=\widehat{BIM}\)

=>IM là phân giác của góc AIB

1: Xét (O) có

\(\widehat{MAC}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến AM và dây cung AC

\(\widehat{ADC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{MAC}=\widehat{ADC}\)

Xét ΔMAC và ΔMDA có

\(\widehat{MAC}=\widehat{MDA}\)

\(\widehat{AMC}\) chung

Do đó: ΔMAC đồng dạng với ΔMDA

=>\(\dfrac{MA}{MD}=\dfrac{MC}{MA}\)

=>\(MA^2=MD\cdot MC\left(1\right)\)

Xét (O) có

MA,MB là các tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(2)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(3)

Từ (2),(3) suy ra OM là đường trung trực của AB

=>OM\(\perp\)AB tại H và H là trung điểm của AB

Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MA^2\left(4\right)\)

Từ (1),(4) suy ra \(MC\cdot MD=MH\cdot MO\)

2: Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao

nên \(OH\cdot OM=OA^2\)

\(OH\cdot OM+MC\cdot MD\)

\(=OA^2+MA^2\)

\(=OM^2\)

3: \(MC\cdot MD=MH\cdot MO\)

=>\(\dfrac{MC}{MO}=\dfrac{MH}{MD}\)

Xét ΔMCH và ΔMOD có

\(\dfrac{MC}{MO}=\dfrac{MH}{MD}\)

\(\widehat{CMH}\) chung

Do đó: ΔMCH đồng dạng với ΔMOD

=>\(\widehat{MCH}=\widehat{MOD}\)

mà \(\widehat{MCH}+\widehat{DCH}=180^0\)(hai góc kề bù)

nên \(\widehat{MOD}+\widehat{DCH}=180^0\)

=>HCDO là tứ giác nội tiếp 

a: Xét (O) có \(\widehat{AOB}\) là góc ở tâm chắn cung AB nhỏ

=>\(sđ\stackrel\frown{AB}_{lớn}=360^0-\widehat{AOB}=360^0-70^0=290^0\)

b: Ta có: \(\widehat{AOB}+\widehat{BOC}=180^0\)(hai góc kề bù)

=>\(\widehat{BOC}+70^0=180^0\)

=>\(\widehat{BOC}=110^0\)

Xét (O) có \(\widehat{BOC}\) là góc ở tâm chắn cung BC

nên \(sđ\stackrel\frown{BC}\left(nhỏ\right)=\widehat{BOC}=110^0\)

c: Ta có: ΔOCB cân tại O

=>\(\widehat{OCB}=\dfrac{180^0-\widehat{BOC}}{2}=\dfrac{180^0-110^0}{2}=35^0\)

=>\(\widehat{ACB}=35^0\)

d: Xét (O) có

ΔABC nội tiếp

AC là đường kính

Do đó: ΔABC vuông tại B

Xét ΔBAC vuông tại B có \(cosACB=\dfrac{CB}{AC}\)

=>\(\dfrac{CB}{2R}=cos35\)

=>\(CB\simeq1,64\cdot R\)

e:Ta có: \(\widehat{xCB}+\widehat{OCB}=\widehat{xCO}=90^0\)

=>\(\widehat{xCB}+35^0=90^0\)

=>\(\widehat{xCB}=55^0\)

a: Ta có: ΔOBC cân tại O

mà OH là đường trung tuyến

nên OH\(\perp\)BC

Xét tứ giác SAHO có \(\widehat{SAO}=\widehat{SHO}=90^0\)

nên SAHO là tứ giác nội tiếp

b: Ta có: ΔSAO vuông tại A

mà AI là đường trung tuyến

nên AI=AS=AO

Xét ΔIAO có IA=IO

nên ΔIAO cân tại I

=>\(\widehat{IAO}=\widehat{IOA}\)

Xét ΔIAO có \(\widehat{SIA}\) là góc ngoài tại đỉnh I

nên \(\widehat{SIA}=\widehat{IAO}+\widehat{IOA}=2\cdot\widehat{IOA}=2\cdot\widehat{SOA}\)

mà \(\widehat{SOA}=\widehat{SHA}\)(AHOS là tứ giác nội tiếp)

nên \(\widehat{SIA}=2\cdot\widehat{SOA}\)

c: Ta có: ΔOAE cân tại O

mà OS là đường cao

nên OS là phân giác của góc AOE

Xét ΔOAS và ΔOES có

OA=OE

\(\widehat{AOS}=\widehat{EOS}\)

OS chung

Do đó: ΔOAS=ΔOES

=>\(\widehat{OAS}=\widehat{OES}=90^0\)

Xét tứ giác SAOE có \(\widehat{SAO}+\widehat{SEO}=90^0+90^0=180^0\)

nên SAOE là tứ giác nội tiếp

a: 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 ΔOCM vuông tại C có CH là đường cao

nên \(OH\cdot OM=OC^2\)

=>\(OH\cdot OM=OC\cdot OC\)

c: Ta có: ΔOCD cân tại O

mà OM là đường cao

nên OM là phân giác của góc COD
Xét ΔCOM và ΔDOM có

OC=OD

\(\widehat{COM}=\widehat{DOM}\)

OM chung

Do đó: ΔCOM=ΔDOM

=>\(\widehat{OCM}=\widehat{ODM}\)

mà \(\widehat{OCM}=90^0\)

nên \(\widehat{ODM}=90^0\)

=>DM\(\perp\)OD

Ta có: OCBD là hình thoi

=>OD//BC

Ta có: BC//OD

OD\(\perp\)DM

Do đó; CB\(\perp\)DM

Xét (I) có

ΔBEM nội tiếp

BM là đường kính

Do đó: ΔBEM vuông tại E

=>BE\(\perp\)EM tại E

=>BE\(\perp\)CM tại E

Xét ΔCDM có

CB,MH là các đường cao

CB cắt MH tại B

Do đó: B là trực tâm của ΔCDM

=>DB\(\perp\)CM

mà BE\(\perp\)CM

và DB,BE có điểm chung là B

nên D,B,E thẳng hàng

OCBD là hình thoi

=>BC=BD

=>ΔBCD cân tại B

=>\(\widehat{BCD}=\widehat{BDC}\)

Ta có: OCBD là hình thoi

=>BO là phân giác của góc CBD

=>\(\widehat{CBO}=\widehat{DBO}\)

Ta có: IB=IE

=>ΔIBE cân tại I

=>\(\widehat{IBE}=\widehat{IEB}\)

mà \(\widehat{IBE}=\widehat{HBD}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\widehat{IEB}=\widehat{HBD}\)

=>\(\widehat{IEB}=\widehat{CBO}\)

Xét tứ giác CHBE có \(\widehat{CHB}+\widehat{CEB}=90^0+90^0=180^0\)

nên CHBE là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{HCB}=\widehat{HEB}\)

Ta có: \(\widehat{IEH}=\widehat{IEB}+\widehat{HEB}\)

\(=\widehat{HCB}+\widehat{CBH}=90^0\)

=>HE là tiếp tuyến của (I)

Xét tứ giác CHBK có

\(\widehat{CHB}+\widehat{CKB}=90^0+90^0=180^0\)

=>CHBK là tứ giác nội tiếp

=>C,H,B,K cùng thuộc một đường tròn

a: Xét (O) có

AB,AC là tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

=>A nằm trên đường trung trực của BC(1)

OB=OC

=>O nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC

b: Gọi giao điểm của AD với (O) là F, \(F\ne D;F\ne A\)

=>D,F cùng nằm trên (O)

=>OD=OF

=>ΔODF cân tại O

Ta có; ΔODF cân tại O

mà OM là đường cao

nên M là trung điểm của FD

Xét ΔOMA vuông tại M và ΔOHK vuông tại H có

\(\widehat{MOA}\) chung

Do đó: ΔOMA đồng dạng với ΔOHK

=>\(\dfrac{OM}{OH}=\dfrac{OA}{OK}\)

=>\(OM\cdot OK=OH\cdot OA\left(3\right)\)

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2=OD^2\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(OM\cdot OK=OD^2\)

=>\(\dfrac{OM}{OD}=\dfrac{OD}{OK}\)

Xét ΔOMD và ΔODK có

\(\dfrac{OM}{OD}=\dfrac{OD}{OK}\)

\(\widehat{MOD}\) chung

Do đó: ΔOMD đồng dạng với ΔODK

=>\(\widehat{OMD}=\widehat{ODK}=90^0\)

=>KD là tiếp tuyến của (O;R)

c:

Ta có: \(\widehat{HOC}+\widehat{HAC}=90^0\)(ΔOCA vuông tại C)

\(\widehat{HCA}+\widehat{HAC}=90^0\)(ΔHAC vuông tại H)

Do đó: \(\widehat{HOC}=\widehat{HCA}\)

Xét ΔHOC vuông tại H và ΔHCA vuông tại H có

\(\widehat{HOC}=\widehat{HCA}\)

Do đó: ΔHOC đồng dạng với ΔHCA