Ôn tập Đường tròn

Câu c là câu nào hả bạn?

a: Xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^0+90^0=180^0\)

=>ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

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 OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại H

b: Xét (O) có

ΔEDB nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBED vuông tại E

=>BE\(\perp\)ED tại E

=>BE\(\perp\)AD tại E

Xét ΔDBA vuông tại B có BE là đường cao

nên \(AE\cdot AD=AB^2\left(3\right)\)

XétΔABO vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(4\right)\)

Từ (3) và (4) suy ra \(AE\cdot AD=AH\cdot AO\)

a: Xét (O) có

ΔABC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔABC vuông tại A

Ta có: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

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

=>\(AC=R\sqrt{3}\)

b:

Ta có: AB=AO=R

OA=AD=R=DO/2

Do đó: \(AB=OA=OD=\dfrac{DO}{2}\)

Xét ΔDBO có

BA là đường trung tuyến

\(BA=\dfrac{DO}{2}\)

Do đó: ΔDBO vuông tại B

=>DB\(\perp\)BO tại B

=>DB là tiếp tuyến của (O)

a: Xét (O) có

ΔABI nội tiếp

AI là đường kính

Do đó: ΔABI vuông tại B

=>AB\(\perp\)BI

Xét (O) có

ΔACI nội tiếp

AI là đường kính

Do đó: ΔAIC vuông tại C

=>AC\(\perp\)CI

Ta có: BH\(\perp\)AC

AC\(\perp\)CI

Do đó: BH//CI

Ta có: CH\(\perp\)AB

IB\(\perp\)AB

Do đó: CH//IB

Xét tứ giác BHCI có

BH//CI

BI//CH

Do đó: BHCI là hình bình hành

b: Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC

=>AK\(\perp\)BC

Xét (O) có

ΔAKI nội tiếp

AI là đường kính

Do đó: ΔAKI vuông tại K

=>AK\(\perp\)KI

Ta có: KI\(\perp\)AK

BC\(\perp\)AK

Do đó: KI//BC

Xét (O) có

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

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

Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{AKC}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{CHK}\left(=90^0-\widehat{ECB}\right)\)

nên \(\widehat{CHK}=\widehat{CKA}=\widehat{CKH}\)

=>ΔCKH cân tại C

=>CK=CH

mà BI=CH(BHCI là hình bình hành)

nên BI=CK

Xét tứ giác BCIK có

BC//KI

Do đó: BCIK là hình thang

Hình thang BCIK có BI=CK

nên BCIK là hình thang cân

a: Xét tứ giác BEFC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0\)

nên BEFC là tứ giác nội tiếp

=>B,E,F,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

=>AB\(\perp\)BD

Ta có:BD\(\perp\)AB

CH\(\perp\)AB

Do đó: BD//CH

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>CD\(\perp\)AC

Ta có: CD\(\perp\)AC

BH\(\perp\)AC

Do đó: BH//CD

Xét tứ giác BHCD có

BH//CD
BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành

=>BC cắt HD tại trung điểm của mỗi đường

mà I là trung điểm của BC

nên I là trung điểm của HD

=>H đối xứng D qua I

c: Gọi giao điểm của AH với BC là M

Xét ΔABC có

BF,CE là các đường cao

BF cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC tại M

Ta có: \(\widehat{BAM}+\widehat{ABC}=90^0\)(ΔAMB vuông tại M)

\(\widehat{BCE}+\widehat{EBC}=90^0\)(ΔEBC vuông tại E)

Do đó: \(\widehat{BAM}=\widehat{BCE}\)(1)

Ta có: ΔEAH vuông tại E

mà EK là đường trung tuyến

nên KE=KH

=>\(\widehat{KEH}=\widehat{KHE}\)

mà \(\widehat{KHE}+\widehat{BAM}=90^0\)

nên \(\widehat{KEH}+\widehat{BAM}=90^0\)(2)

Ta có: ΔEBC vuông tại E

mà EI là trung tuyến

nên IE=IC

=>\(\widehat{IEC}=\widehat{ICE}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\widehat{KEH}+\widehat{IEC}=90^0\)

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

=>EK\(\perp\)EI

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 tiếp tuyến

Do đó: AB=AC và AO là phân giác của góc BAC

Ta có: 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

=>OA\(\perp\)BC

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

nên \(\widehat{BAO}=30^0\)

Ta có: AO là phân giác của góc BAC

=>\(\widehat{BAC}=2\cdot\widehat{BAO}=60^0\)

Ta có: ΔOBA vuông tại B

=>\(BO^2+BA^2=OA^2\)

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

=>\(BA=R\sqrt{3}\)

Xét ΔBAC có AB=AC và \(\widehat{BAC}=60^0\)

nên ΔBAC đều

=>\(S_{BAC}=\dfrac{BA^2\cdot\sqrt{3}}{4}=\dfrac{3R^2\cdot\sqrt{3}}{4}\)

a:

Xét ΔODI vuông tại D có DH là đường cao

nên \(IH\cdot IO=ID^2\)

Xét ΔODI vuông tại D có \(OI^2=OD^2+DI^2\)

=>\(DI^2=OI^2-OD^2\)

=>\(IH\cdot IO=OI^2-OD^2\)

Xét ΔIEO vuông tại E và ΔIHC vuông tại H có

\(\widehat{EIO}\) chung

Do đó: ΔIEO đồng dạng với ΔIHC

=>\(\dfrac{IE}{IH}=\dfrac{IO}{IC}\)

=>\(IE\cdot IC=IH\cdot IO=ID^2=OI^2-R^2\)

a: Xét (O) có

AB,AC là 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 OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC tại trung điểm của BC

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

Xét ΔOBA vuông tại B có BH là đường cao

nên \(OH\cdot OA=OB^2\)

=>\(OH\cdot OA=R^2\)

b: Xét (O) có

ΔBCD nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBCD vuông tại C

=>BC\(\perp\)CD tại C

Ta có: BC\(\perp\)CD

OA\(\perp\)BC

Do đó: CD//OA

a: ta có: ΔOBC cân tại O

mà OA là đường cao

nên OA là phân giác của góc BOC

Xét ΔOBA và ΔOCA có

OB=OC

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

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOCA

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

=>AC là tiếp tuyến của (O)

b: Ta có: OA//BD

BC\(\perp\)OA

Do đó: BD\(\perp\)BC

=>ΔBDC vuông tại B

Ta có: ΔBDC vuông tại B

=>ΔBDC nội tiếp đường tròn đường kính CD

mà ΔBDC nội tiếp (O)

nên CD là đường kính của (O)

c: Xét (O) có

ΔDEC nội tiếp

DC là đường kính

Do đó: ΔDEC vuông tại E

=>EC\(\perp\)ED tại E

=>CE\(\perp\)AD tại E

Xét ΔCDA vuông tại C có CE là đường cao

nên \(AE\cdot AD=AC^2\left(1\right)\)

Xét ΔCOA vuông tại C có CH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AC^2\left(2\right)\)

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

=>\(\dfrac{AE}{AO}=\dfrac{AH}{AD}\)

Xét ΔAEH và ΔAOD có

\(\dfrac{AE}{AO}=\dfrac{AH}{AD}\)

\(\widehat{EAH}\) chung

Do đó: ΔAEH đồng dạng vớiΔAOD

=>\(\widehat{AEH}=\widehat{AOD}\)

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

nên \(\widehat{DEH}+\widehat{AOD}=180^0\)

=>\(\widehat{DEH}+\widehat{DOH}=180^0\)

=>DEHO là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{ODH}=\widehat{OEH}\)

Xét (O) có

EA,EC là các tiếp tuyến

Do đó: EA=EC

=>E nằm trên đường trung trực của AC(1)

Ta có: OA=OC

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

Từ (1) và (2) suy ra OE là đường trung trực của AC

=>OE\(\perp\)AC tại M

Xét (O) có

ΔCAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔCAB vuông tại C

Xét tứ giác CMON có \(\widehat{CMO}=\widehat{CNO}=\widehat{MCN}=90^0\)

nên CMON là hình chữ nhật

=>C,M,O,N cùng thuộc đường tròn đường kính CO(1)

Ta có: ΔCHO vuông tại H

=>H nằm trên đường tròn đường kính CO(2)

Từ (1),(2) suy ra C,M,O,N,H cùng nằm trên đường tròn đường kính CO

mà O cố định

nên đường tròn ngoại tiếp ΔHMN luôn đi qua điểm O cố định