Chương III - Góc với đường tròn

a) vì M và C thuộc đường tròn đường kính AB => \(\widehat{M}=\widehat{C}=90^o\)

mà BM cắt AC tại H => H là trực tâm cảu tam giác AEB.

=> EH \(\perp\) AB

b) vì M nằm chính giữa cung AB => \(\stackrel\frown{AM}=\stackrel\frown{BM}\) => 2 dây AM = CB ( chắn 2 cung bằng nhau )

ta có : \(\widehat{CBM}\) = \(\widehat{MBA}\) ( 2 góc nội tiếp chắn 2 cung bằng nhau )

xét tam giác BME và BMA. ta có :

\(\widehat{CBM}\) = \(\widehat{MBA}\)

BM chung

\(\widehat{BME}=\widehat{BMA}=90^o\)

=> tam tam giác BME = BMA

=> BE = BA => tam giác BEA cân

xét tam giác AEB có BM và AC là 2 đường cao cắt nhau tại H suy ra EH là đg cao suy ra đpcm

câu b tứ giác MCBA nội tiếp suy ra

góc MAC = góc MBC=góc MEH=góc MBA

\(\Rightarrow\)BM vừa là dường cao vừa là đương phân giác

xét tam giác BME và tam giác BMA có

MB chung

ME=MA

\(\Rightarrow\)hai tam giac trên băng nhau

\(\Rightarrow\)đpcm

BẠN TỰ VẼ HÌNH NHA....

Lời giải:

Do $AB,AC$ là tiếp tuyến đến $(O)$ nên \(AB\perp OB, AC\perp OC\)

\(\Rightarrow \widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^0\)

Ký hiệu \(\widehat{BOC_M},\widehat{BOC_N}\) là số đo góc $BOC$ với cung $BC$ chứa $M$ và cung $BC$ chứa $N$

Tứ giác $ABOC$ có:

\(\widehat{BOC_M}+\widehat{ABO}+\widehat{ACO}+\widehat{BAC}=360^0\)

\(\Leftrightarrow \widehat{BOC_M}+90^0+90^0+60^0=360^0\)

\(\Rightarrow \widehat{BOC_M}=120^0\)

\(\Rightarrow \widehat{BOC_N}=360^0-120^0=240^0\)

Diện tích cung tròn OBNC là:

\(S=\pi R^2. \frac{240}{360}=\pi. 2^2.\frac{240}{360}=\frac{8}{3}\pi \) (cm vuông)

Lời giải:

* Bạn tự vẽ hình nhé *

a) Vì $M,N$ là hình chiếu của $H$ lên $AB,AC$ nên :

\(\widehat{HMA}=\widehat{HNA}=90^0\)

Xét tức giác $AMHN$ có tổng hai góc đối nhau \(\widehat{HMA}+\widehat{HNA}=90^0+90^0=180^0\) nên là tứ giác nội tiếp.

b) Điều này hiển nhiên không thể xảy ra.

c) Sửa đề thành so sánh \(QH^2\) và \(QB.QC\)

Do tứ giác $AMHN$ nội tiếp nên:

\(\widehat{QMB}=\widehat{AMN}=\widehat{AHN}=90^0-\widehat{HAN}=\widehat{HCA}=\widehat{QCN}\)

\(\widehat{QHM}=90^0-\widehat{MBH}=\widehat{BAH}=\widehat{MAH}=\widehat{MNH}=\widehat{QNH}\)

Xét tam giác $QMB$ và $QCN$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \angle \text{Q chung}\\ \widehat{QMB}=\widehat{QCN}\end{matrix}\right.\)\(\Rightarrow \triangle QMB\sim \triangle QCN(g,g)\)

\(\Rightarrow \frac{QM}{QC}=\frac{QB}{QN}\Rightarrow QB.QC=QM.QN(*)\)

Xét tam giác $QHM$ và $QNH$ có:

\(\left\{\begin{matrix} \angle \text{Q chung}\\ \widehat{QHM}=\widehat{QNH}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow \triangle QHM\sim \triangle QNH(g.g)\)

\(\Rightarrow \frac{QH}{QN}=\frac{QM}{QH}\Rightarrow QH^2=QM.QN(**)\)

Từ \((*); (**)\Rightarrow QH^2=QB.QC\)