Ôn tập Đường tròn

a.

Do AB là đường kính \(\Rightarrow\widehat{AMB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn

\(\Rightarrow\widehat{AMB}=90^0\Rightarrow\Delta AMB\) vuông tại M

b.

\(\widehat{AMK}=180^0-\widehat{AMB}=90^0\Rightarrow\Delta AMK\) vuông tại M

\(\Rightarrow MD\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền

\(\Rightarrow MD=AD\)

Xét hai tam giác OAD và OMD có: \(\left\{{}\begin{matrix}OA=OM=R\\AD=MD\left(cmt\right)\\OD\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OAD=\Delta OMD\left(c.c.c\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{OMD}=\widehat{OAD}=90^0\)

\(\Rightarrow DM\) là tiếp tuyến của (O).

c.

E là giao điểm 2 tiếp tuyến tại B và M \(\Rightarrow EM=EB\)

Mà \(OM=OB=R\Rightarrow OE\) là trung trực BM

\(\Rightarrow OE\) đồng thời là phân giác \(\widehat{BOM}\) hay \(\widehat{MOE}=\dfrac{1}{2}\widehat{BOM}\)

Tương tự ta có OD là phân giác \(\widehat{AOM}\Rightarrow\widehat{DOM}=\dfrac{1}{2}\widehat{AOM}\)

\(\Rightarrow\widehat{MOE}+\widehat{DOM}=\dfrac{1}{2}\left(\widehat{BOM}+\widehat{AOM}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{DOE}=\dfrac{1}{2}.180^0=90^0\)
Hay tam giác DOE vuông tại O

Áp dụng hệ thức lượng với đường cao OM:

\(DM.ME=OM^2\Leftrightarrow AD.BE=R^2\)

Đề bài sai nhiều quá, em kiểm tra lại câu a là ON hay MN, và câu b là ON hay MN?

a.

Ta có: \(KM=KN\) (t/c hai tiếp tuyến cắt nhau)

\(OM=ON=R\)

\(\Rightarrow OK\) là trung trực của MN, hay \(OK\perp MN\)

b.

Có \(\widehat{KMN}=\widehat{KNM}\) (do \(\Delta KMN\) cân tại K)

\(\widehat{KNM}=\widehat{HMN}\) (cùng phụ \(\widehat{HNM}\))

\(\Rightarrow\widehat{KMN}=\widehat{HMN}\)

\(\Rightarrow MN\) là phân giác \(\widehat{HMK}\)

c.

Kéo dài IM và NK cắt nhau tại A

Theo câu ta có \(OK\perp MN\Rightarrow OK||IA\) (cùng vuông góc MN)

Mà O là trung điểm IN \(\Rightarrow K\) là trung điểm AN

Hay \(KA=KN\) (1)

Do \(MH||AN\) (cùng vuông góc IN), áp dụng định lý Talet trong tam giác KIN:

\(\dfrac{IQ}{IK}=\dfrac{QH}{KN}\) (2)

Áp dụng định lý Talet trong tam giác AIK:

\(\dfrac{IQ}{IK}=\dfrac{QM}{KA}\) (3)

(1);(2);(3) \(\Rightarrow QH=QM\)

Đề thiếu rồi. Bạn xem lại nhé.

Bài 1:

a: Ta có: ΔOBC cân tại O

mà OH là đường cao

nên OH là phân giác của góc BOC

Xét ΔOBA và ΔOCA có

OB=OC

\(\widehat{BOA}=\widehat{COA}\)

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOCA

=>\(\widehat{OBA}=\widehat{OCA}\)

=>\(\widehat{OCA}=90^0\)

=>AC là tiếp tuyến của (O)

b: Xét (O) có

ΔBKD nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBKD vuông tại K

=>BK\(\perp\)KD tại K

=>BK\(\perp\)AD tại K

Xét ΔABD vuông tại B có BK là đường cao

nên \(AK\cdot AD=AB^2\left(1\right)\)

Xét ΔABO vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(AK\cdot AD=AH\cdot AO\)

Câu 8:

a: Xét (O) có

ΔCAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔCAB vuông tại C

=>\(\widehat{CAB}+\widehat{CBA}=90^0\)

=>\(\widehat{CBA}=60^0\)

Xét ΔOBC có OB=OC và \(\widehat{OBC}=60^0\)

nên ΔOCB đều

=>BC=OB=R

=>BO=BM=R

=>B là trung điểm của OM

Xét ΔOCM có

CB là đường trung tuyến

CB=1/2OM

Do đó: ΔOCM vuông tại C

b: Ta có: OB+BM=OM

=>OM=R+R=2R

Ta có: ΔOCM vuông tại C

=>\(OC^2+CM^2=OM^2\)

=>\(CM^2=\left(2R\right)^2-R^2=3R^2\)

a: Xét tứ giác MNFE có MN//FE

nên MNFE là hình thang

=>\(\widehat{MNF}+\widehat{NFE}=180^0\)(1)
Xét (O) có

M,N,F,E cùng thuộc (O)

nên MNFE là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{MNF}+\widehat{MEF}=180^0\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{MEF}=\widehat{NFE}\)

Hình thang MNFE có \(\widehat{MEF}=\widehat{NFE}\)

nên MNFE là hình thang cân

b: Xét (O) có

MN,EF là các dây

MN=EF

Do đó: \(sđ\stackrel\frown{ME}=sđ\stackrel\frown{NF}\)

Xét (O) có

\(\widehat{FMN}\) là góc nội tiếp chắn cung NF

\(\widehat{MNE}\) là góc nội tiếp chắn cung ME

\(sđ\stackrel\frown{ME}=sđ\stackrel\frown{NF}\)

Do đó: \(\widehat{FMN}=\widehat{MNE}\)

=>\(\widehat{IMN}=\widehat{INM}\)

=>ΔIMN cân tại I

=>IM=IN

=>I nằm trên đường trung trực của MN(3)

Ta có: OM=ON

=>O nằm trên đường trung trực của MN(4)

Từ (3) và (4) suy ra OI là đường trung trực của MN

=>OI\(\perp\)MN

a: Ta có: ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của AB

=>\(HA=HB=\dfrac{AB}{2}=2,4\left(cm\right)\)

Ta có: ΔOHA vuông tại H

=>\(OH^2+HA^2=OA^2\)

=>\(OH^2=3^2-2,4^2=3,24\)

=>\(OH=\sqrt{3,24}=1,8\left(cm\right)\)

OH+HC=OC

=>HC=OC-OH=5-1,8=3,2(cm)

b: Ta có: ΔAHC vuông tại H

=>\(AH^2+HC^2=AC^2\)

=>\(AC^2=2,4^2+3,2^2=16\)

=>\(AC=\sqrt{16}=4\left(cm\right)\)

Xét ΔAOC có \(AO^2+AC^2=OC^2\)

nên ΔAOC vuông tại A

=>CA\(\perp\)OA tại A

=>CA là tiếp tuyến của (O)

b: Xét ΔCAB có

CH là đường cao

CH là đường trung tuyến

Do đó: ΔCAB cân tại C

=>CA=CB

Xét ΔOAC và ΔOBC có

OA=OB

AC=BC

OC chung

Do đó: ΔOAC=ΔOBC

=>\(\widehat{OAC}=\widehat{OBC}=90^0\)

=>CB là tiếp tuyến của (O)

Xét (O) có

EA,ED là các tiếp tuyến

Do đó: EA=ED

Xét (O) có

FD,FB là các tiếp tuyến

Do đó: FD=FB

Chu vi tam giác CEF là:

\(CE+EF+CF\)

=CE+ED+DF+CF

=CE+EA+CF+FB

=CA+CB

=2CA

=8(cm)

a: Gọi AH là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O'), H∈MN

Xét (O) có

HM,HA là các tiếp tuyến

Do đó: HM=HA và HO là phân giác của góc MHA

Xét (O') có

HA,HN là các tiếp tuyến

Do đó: HA=HN và HO' là phân giác của góc AHN

Ta có: HM=HA

HN=HA

Do đó: HM=HN

=>H là trung điểm của MN

Xét ΔAMN có

AH là đường trung tuyến

\(AH=\dfrac{MN}{2}\)

Do đó: ΔAMN vuông tại A

=>\(\widehat{MAN}=90^0\)

b: HO là phân giác của góc MHA

=>\(\widehat{MHA}=2\cdot\widehat{OHA}\)

HO' là phân giác của góc AHN

=>\(\widehat{AHN}=2\cdot\widehat{AHO'}\)

Ta có: \(\widehat{MHA}+\widehat{NHA}=180^0\)(hai góc kề bù)

=>\(2\cdot\left(\widehat{OHA}+\widehat{O'AH}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\widehat{OHO'}=180^0\)

=>\(\widehat{OHO'}=90^0\)

Xét ΔHO'O vuông tại H có HA là đường cao

nên \(HA^2=OA\cdot O'A\)

=>\(HA^2=9\cdot4=36\)

=>\(HA=\sqrt{36}=6\left(cm\right)\)

MN=2*HA

=>MN=2*6=12(cm)

a: ta có: ON\(\perp\)OB

AB\(\perp\)OB

Do đó: ON//AB

=>ON//AM

Ta có: OM\(\perp\)OC

AC\(\perp\)OC

Do đó: OM//AC

=>OM//AN

Xét tứ giác OMAN có

OM//AN

ON//AM

Do đó: OMAN là hình bình hành

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AO là phân giác của góc BAC

=>AO là phân giác của góc MAN

Hình bình hành OMAN có AO là phân giác của góc MAN

nên OMAN là hình thoi

b: Kẻ OH\(\perp\)MN tại H

Xét ΔOBA vuông tại B có \(sinBAO=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{1}{2}\)

nên \(\widehat{BAO}=30^0\)

Ta có: ΔBOA vuông tại B

=>\(\widehat{BOA}+\widehat{BAO}=90^0\)

=>\(\widehat{BOA}=60^0\)

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: OA là phân giác của góc BOC

=>\(\widehat{BOC}=2\cdot\widehat{BOA}=120^0\)

Ta có: \(\widehat{BOM}+\widehat{COM}=\widehat{BOC}\)

=>\(\widehat{BOM}=120^0-90^0=30^0\)

Xét ΔMOA có MO=MA

nên ΔMOA cân tại M

=>\(\widehat{MOA}=\widehat{MAO}=30^0\)

Xét ΔOBM vuông tại B và ΔOHM vuông tại H có

OM chung

\(\widehat{BOM}=\widehat{HOM}\left(=30^0\right)\)

Do đó: ΔOBM=ΔOHM

=>OB=OH=R

Xét (O) có

OH là bán kính

MN\(\perp\)OH tại H

Do đó: MN là tiếp tuyến của (O)

a: Xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{OBA}+\widehat{OCA}=90^0+90^0=180^0\)

=>ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AB=AC

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

Ta có: OB=OC

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

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

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

Ta có: ΔOED cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI\(\perp\)ED tại I

=>OI\(\perp\)AE tại I

Xét ΔAIO vuông tại H và ΔAHK vuông tại H có

\(\widehat{IAO}\) chung

Do đó: ΔAIO~ΔAHK

=>\(\dfrac{AI}{AH}=\dfrac{AO}{AK}\)

=>\(AH\cdot AO=AI\cdot AK\)