Chương III - Góc với đường tròn

Xích U Lan
Xem chi tiết
Xích U Lan
Xem chi tiết
Akai Haruma
25 tháng 2 2021 lúc 15:29

Hình vẽ:undefined

Bình luận (0)
Akai Haruma
25 tháng 2 2021 lúc 15:32

Lời giải:

a) 

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta có $CM=CA$. Mà $CM\perp MO, CA\perp OA$ nên $C$ cách đều 2 cạnh $OM, OA$. Do đó $OC$ là phân giác $\widehat{MOA}$

$\Rightarrow \widehat{COM}=\frac{1}{2}\widehat{AOM}$

Tương tự:

$\widehat{DOM}=\frac{1}{2}\widehat{DOM}$

$\Rightarrow \widehat{COD}=\widehat{COM}+\widehat{DOM}=\frac{1}{2}\widehat{AOB}=90^0$

$\Rightarrow \triangle COD$ vuông tại $O$

b) 

$AC.BD=CM.DM(1)$

Tam giác $COD$ vuông tại $O$ có $OM\perp CD$ nên theo hệ thức lượng trong tam giác ta có:

$CM.DM=OM^2=R^2(2)$

Từ $(1);(2)\Rightarrow AC.BD=R^2$

c) Gọi $I$ là giao $BC$ và $MH$

$K$ là giao $BM$ và $Ax$

Ta có:

Vì $KC\parallel DB$ nên $\widehat{CKM}=\widehat{DBM}$ (so le trong)

$\widehat{DBM}=\widehat{DMB}=\widehat{KMC}$ (do $DM=DB$ nên tam giác $DMB$ cân tại D)

Do đó: $\widehat{CKM}=\widehat{KMC}$ nên tam giác $CKM$ cân tại $C$

$\Rightarrow CK=CM$. Mà $CM=CA$ nên $CK=CA$

Mặt khác:

$MH\parallel Ax$ (cùng vuông góc $AB$) nên theo định lý Talet:

$\frac{MI}{KC}=\frac{BI}{BC}=\frac{IH}{CA}$ 

Vừa cm được $KC=CA$ nên $MI=IH$ hay $I$ là trung điểm $MH$

Ta có đpcm. 

 

Bình luận (2)
nguyễn rose
Xem chi tiết
Akai Haruma
25 tháng 2 2021 lúc 15:45

Hình vẽ:undefined

Bình luận (0)
Akai Haruma
25 tháng 2 2021 lúc 15:52

Lời giải:

Ta có:

$PM\parallel AC$ nên $\widehat{PMB}=\widehat{ACB}$

Mà $\widehat{ACB}=\widehat{ABC}=\widehat{PBM}$ do tam giác $ABC$ cân nên $\widehat{PMB}=\widehat{PBM}$

$\Rightarrow \triangle PBM$ cân tại $P$

$\Rightarrow PB=PM$

Mà $PM=PD$ do tính đối xứng

$\Rightarrow PB=PM=PD$ nên $P$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $(DBM)$

$\Rightarrow \widehat{BDM}=\frac{1}{2}\widehat{BPM}$ (tính chất góc nt và góc ở tâm cùng chắn 1 cung)

$=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$

Tương tự, $Q$ cũng là tâm ngoại tiếp $(DCM)$

$\Rightarrow \widehat{MDC}=\frac{1}{2}\widehat{MQC}=\frac{1}{2}\widehat{BAC}$ 

Như vậy:

$\widehat{BDC}=\widehat{BDM}+\widehat{MDC}=\widehat{BAC}$

Kéo theo $D\in (ABC)$

Ta có đpcm.

Bình luận (0)
Song Ngư 🐬
Xem chi tiết
Nguyễn Lê Phước Thịnh
22 tháng 2 2021 lúc 21:39

a) Ta có: AB//DE(gt)

CD⊥AB(gt)

Do đó: DE⊥CD(Định lí 2 từ vuông góc tới song song)

\(\widehat{CDE}=90^0\)

Xét ΔCDE có \(\widehat{CDE}=90^0\)(cmt)

nên ΔCDE vuông tại D(Định nghĩa tam giác vuông)

⇔D nằm trên đường tròn đường kính CE

⇔C,D,E nằm trên đường tròn đường kính CE

mà C,D,E cùng nằm trên (O)(gt)

nên CE là đường kính của (O)

hay C,O,E thẳng hàng(đpcm)

Bình luận (1)
Hoàng Nguyệt
Xem chi tiết
Thăng Bùi Ngọc
Xem chi tiết
Gaming DemonYT
21 tháng 2 2021 lúc 21:18

3a/2

Sai thì thôi nha

Bình luận (1)
Lưu Quang Trường
21 tháng 2 2021 lúc 21:21

cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB .Trên tia đối của tia AB ,lấy điểm M bất kì .Kẻ tiếp tuyến MC với nửa đường tròn .Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên AB .Cho MA=a ,MC=2a Tính CH theo a

A.5a/6

B.a

C.6a/5 

D.3a/2

Bình luận (1)
Hoàng Hà
Xem chi tiết
Nguyễn Duy Khang
21 tháng 2 2021 lúc 16:36

a) Xét tứ giác MAOB có:

\(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=90^o+90^o=180^o\) (MA,MB là tiếp tuyến)

=> Tứ giác MAOB nội tiếp (dhnb)

b) Tam giác CAD vuông tại C (tiếp tuyến tại C) và có BC là đường cao (góc ABC nội tiếp chắn nửa đường tròn)

\(\Rightarrow AC^2=AB.AD\) (hệ thức lượng)    (1)

Có: \(AC^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)    (2) 

Từ (1) và (2) suy ra \(AB.AD=4R^2\)

 

Bình luận (0)
Nguyễn Lê Phước Thịnh
22 tháng 2 2021 lúc 22:45

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)

b) Xét (O) có

ΔABC nội tiếp đường tròn(A,C,B∈(O))

AC là đường kính(gt)

Do đó: ΔABC vuông tại B(Định lí)

⇔CB⊥AB tại B

⇔CB⊥AD tại B

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông vào ΔADC vuông tại C có CB là đường cao ứng với cạnh huyền AD, ta được:

\(AB\cdot AD=AC^2\)

\(\Leftrightarrow AB\cdot AC=\left(2\cdot R\right)^2=4R^2\)(đpcm)

Bình luận (0)
Linh Bùi
Xem chi tiết
Nguyễn Lê Phước Thịnh
18 tháng 2 2021 lúc 22:03

Thay \(x=\dfrac{7}{3}\) vào phương trình \(3x^2-10x+3m+1=0\), ta được:

\(3\cdot\left(\dfrac{7}{3}\right)^2-10\cdot\dfrac{7}{3}+3m+1=0\)

\(\Leftrightarrow3\cdot\dfrac{49}{9}-\dfrac{70}{3}+3m+1=0\)

\(\Leftrightarrow3m-6=0\)

\(\Leftrightarrow3m=6\)

hay m=2

Thay m=2 vào phương trình \(3x^2-10x+3m+1=0\), ta được:

\(3x^2-10x+7=0\)

\(\Leftrightarrow3x^2-3x-7x+7=0\)

\(\Leftrightarrow3x\left(x-1\right)-7\left(x-1\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left(x-1\right)\left(3x-7\right)=0\)

\(\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x-1=0\\3x-7=0\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left[{}\begin{matrix}x=1\\x=\dfrac{7}{3}\end{matrix}\right.\)

Vậy: m=2 và nghiệm còn lại của phương trình là \(x_2=1\)

Bình luận (1)
Vinh
Xem chi tiết
Nguyễn Lê Phước Thịnh
17 tháng 2 2021 lúc 21:43

Bài 7:

a) Áp dụng định lí Pytago vào ΔOAM vuông tại A, ta được:

\(OA^2+AM^2=OM^2\)

\(\Leftrightarrow AM^2=OM^2-OA^2=\left(2\cdot R\right)^2-R^2=3\cdot R^2\)

hay \(AM=R\sqrt{3}\)(đvđd)

Xét (O) có 

MA là tiếp tuyến có A là tiếp điểm(gt)

MB là tiếp tuyến có B là tiếp điểm(gt)

Do đó: MA=MB(Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

mà \(MA=R\sqrt{3}\)(cmt)

nên \(MB=R\sqrt{3}\)

Xét tứ giác OAMB có 

\(S_{OAMB}=S_{OAM}+S_{OBM}\)

\(\Leftrightarrow S_{OAMB}=\dfrac{OA\cdot AM}{2}+\dfrac{OB\cdot BM}{2}=\dfrac{R\cdot R\sqrt{3}+R\cdot R\sqrt{3}}{2}=\sqrt{3}\cdot R^2\)(đvdt)

Vậy: Diện tích tứ giác MAOB theo R là \(R^2\cdot\sqrt{3}\) đvdt

Bình luận (0)