a) Xét (O) có OB \(\perp\) CD

=> H là trung điểm của CD

=> HC=HD

Xét tứ giác ODBC có: H là trung điểm của OB,CD

=> tứ giác ADBC là hình bình hành

Mà: OC=OD(gt)

=> tứ giác ADBC là hình thoi

b)Vì tứ giác ADBC là hình thoi

=> OC=BC

Mà OC=OB(=R)

=> OC=OB=BC

=> ΔOBC là tam giác đều

=> góc BOC =60

c) Có: OB=BC(cmt)

Mà: OB=BM

=> OB=BC=BM

Xét ΔOCM có CB là đường trung tuyến

Mà: BC=OB=BM(cmt)

=> ΔOCM vuông tại C

=> góc ACM=90

=> MC là tiếp tuyến của (O)

Xét ΔOCM vuông tại C nên:

\(OM^2=OC^2+CM^2\) ( theo đl pytago)

=> \(MC^2=OM^2-OC^2=4R^2-R^2=3R^2\)

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

d) Vì ODBC là hình thoi (cmt)

=> OB là đường phân giác của góc COD

=> góc COH= góc DOH

Có: góc COH+ góc HOI =90

hay: góc DOH+ góc HOI = 90

Mà: góc HOI+ góc HIO =90

=> DOH = góc HIO

Xét ΔHOI và ΔHDO có:

góc OHI : góc chung

góc HIO = góc DOH(cmt)

=> ΔHOI ~ΔHDO

=> \(\frac{OH}{HD}=\frac{HI}{OH}\Rightarrow HI\cdot HD=OH^2\)

CHứng minh tương tự ta cũng có:

\(HB\cdot HM=HC^2\)

Xét ΔOCH vuông tại H

=> \(OH^2+HC^2=OC^2\)

Nên: \(HI\cdot HD+HB\cdot HM=OH^2+HC^2=OC^2=R^2\)

a ) Xét \(\left(O\right)\)có \(OB\perp CD\)

\(\Rightarrow H\)là trung điểm của CD

\(\Rightarrow HC=HD\)

Xét tứ giác \(ODBC\)có : 

H là trung điểm của OB và CD

\(\Rightarrow\)tứ giác ADBC là hình thoi 

b ) Vì tứ giác ADBC là hình thoi 

\(\Rightarrow OC=BC\)

Mà \(OC=OB\left(=R\right)\)

\(\Rightarrow OC=OB=BC\)

\(\Rightarrow\Delta OBC\)là tam giác đều 

\(\Rightarrow\widehat{BOC}=60^0\)

c ) Ta có : OB = BC (cmt)

Mà OB = BM 

\(\Rightarrow OB=BC=BM\)

Xét \(\Delta OCM\)có : 

CB là đường trung tuyến 

Mà : \(BC=OB=BM\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta OCM\)vuông tại C nên :
\(OM^2=OC^2+CM^2\)( theo định lí Py - ta - go )

\(\Rightarrow MC^2=OM^2-OC^2=4R^2-R^2=3R^2\)

\(\Rightarrow MC=\sqrt{3}R\)

d ) Vì ODBC là hình thoi ( cmt )
\(\Rightarrow OB\)là đường phân giác của \(\widehat{COD}\)

\(\Rightarrow\widehat{COH}=\widehat{DOH}\)

Có : \(\widehat{COH}+\widehat{HOI}=90^0\)

Hay \(\widehat{DOH}+\widehat{HOI}=90^0\)

Mà \(\widehat{HOI}+\widehat{HIO}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{DOH}=\widehat{HIO}\)

Xét \(\Delta HOI\)và \(HDO\)có :
\(\widehat{OHI}\): góc chung 

\(\widehat{HIO}=\widehat{DOH}\left(cmt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta HIO~\Delta HDO\)

\(\Rightarrow\frac{OH}{HD}=\frac{HI}{OH}\Rightarrow HI.HD=OH^2\)

Chứng minh tương tự ta cũng có :
\(HB.HM=HC^2\)

Xét \(\Delta OCH\)vuông tại H 

\(\Rightarrow OH^2+HC^2=OC^2\)

Nên : \(HI.HD+HB.HM=OH^2+HC^2=OC^2=R^2\)

Chúc bạn học tốt !!!

Câu hỏi của Mafia - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath

Em có thể tham khảo tại đây nhé.

sai bét tè lè nhé lún

a.Vì MA,MB là tiếp tuyến của (O)

→ˆMAO=ˆMBO=90o→MAO^=MBO^=90o

→M,A,O,B→M,A,O,B thuộc đường tròn đường kình OM

b.Vì MA,MBMA,MB là tiếp tuyến của (O)→MO⊥AB=I→MO⊥AB=I

→OA2=OI.OM→OA2=OI.OM

C 

Vì OF⊥CM=EOF⊥CM=E

→ˆFAC=ˆFEC=90o→◊AFCE,◊MAEO→FAC^=FEC^=90o→◊AFCE,◊MAEO nội tiếp

→M,A,E,O,B→M,A,E,O,B cùng thuộc một đường tròn

→ˆFCA=ˆFEA=ˆFBO→FCA^=FEA^=FBO^

→FC→FC là tiếp tuyến của (O)

a)

Theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau (MAMA, MCMC) thì MA=MCMA=MC

Mà OA=OC=ROA=OC=R

⇒MO⇒MO là đường trung trực của ACAC

⇒MO⊥AC⇒MEAˆ=900(1)⇒MO⊥AC⇒MEA^=900(1)

Lại có:

ADBˆ=900ADB^=900 (góc nt chắn nửa đường tròn)

⇒MDAˆ=1800−ADBˆ=900(2)⇒MDA^=1800−ADB^=900(2)

Từ (1);(2) ⇒MEAˆ=MDAˆ⇒MEA^=MDA^. Mà 2 góc này cùng nhìn cạnh MAMA nên tứ giác AMDEAMDE là tgnt.

cảm ơn bn

nhưng mik còn câu c thôi

mà bn chép mạng cx chọn cái chép đi chứ, chép thừa r

a và b tự làm nhé

c,vẽ CH vuông góc vs AB (H thuộc AB). C/m MB đi qua trung điểm CH: 
MB cắt CH tại P, ta có: 
Δ BCH ~ Δ OMA => CH/AM = BH/OA (1) 
Δ BPH ~ Δ BMA => PH/AM = BH/AB (2) 
(2) chia (1) được: 
PH/CH = OA/AB = R/2R = 1/2
=> 2PH = CH => P là trung điểm của CH

hổng biết có đúng ko

Câu này cũng thế

a. Em tự giải

b. 

\(\Delta OAB\) cân tại O (do \(OA=OB=R\), mà \(OH\) là đường vuông góc (do OH vuông góc AB)

\(\Rightarrow OH\) đồng thời là trung tuyến và trung trực của AB

Hay OM là trung trực của AB

\(\Rightarrow MA=MB\Rightarrow\Delta MAB\) cân tại M

c.

Do EC là tiếp tuyến tại C \(\Rightarrow EC\perp AC\)

MA là tiếp tuyến tại A \(\Rightarrow MA\perp AC\)

\(\Rightarrow EC||MA\Rightarrow\widehat{MAH}=\widehat{CEB}\) (so le trong)

Mà \(\widehat{MAH}=\widehat{MOA}\) (cùng phụ \(\widehat{AMH}\))

\(\Rightarrow\widehat{CEB}=\widehat{MOA}\)

Xét hai tam giác CEB và MOA có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{CEB}=\widehat{MOA}\left(cmt\right)\\\widehat{CBE}=\widehat{MAO}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta CEB\sim\Delta MOA\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{BE}{OA}=\dfrac{BC}{AM}\Rightarrow BE.AM=BC.OA\)

Mà \(MA=MB\) (theo cm câu b) và \(OA=BO=R\)

\(\Rightarrow BE.BM=BC.BO\)

a: Xét tứ giác EHOC có \(\widehat{EHO}+\widehat{ECO}=90^0+90^0=180^0\)

nên EHOC là tứ giác nội tiếp

=>E,H,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Ta có: ΔOAB cân tại O

mà OH là đường cao

nên OH là phân giác của góc AOB

Xét ΔAOM và ΔBOM có

OA=OB

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

OM chung

Do đó: ΔAOM=ΔBOM

=>MA=MB

=>ΔMAB cân tại M

c: Ta có: ΔAOM=ΔBOM

=>\(\widehat{OAM}=\widehat{OBM}=90^0\)

Xét tứ giác OAMB có \(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}=90^0+90^0=180^0\)

nên OAMB là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{OMB}=\widehat{OAB}=\widehat{CAB}\left(1\right)\)

Xét (O) có

\(\widehat{CAB}\) là góc nội tiếp chắn cung CB

\(\widehat{ECB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến CE và dây cung CB

Do đó: \(\widehat{CAB}=\widehat{ECB}\left(2\right)\)

Từ (1),(2) suy ra \(\widehat{OMB}=\widehat{ECB}\)

Xét ΔOMB và ΔECB có

\(\widehat{OMB}=\widehat{ECB}\)

\(\widehat{OBM}=\widehat{EBC}=90^0\)

Do đó: ΔOMB~ΔECB

=>\(\dfrac{BO}{BE}=\dfrac{BM}{BC}\)

=>\(BO\cdot BC=BM\cdot BE\)

a: Xét tứ giác EHOC có

\(\widehat{EHO}+\widehat{ECO}=90^0+90^0=180^0\)

=>EHOC là tứ giác nội tiếp

=>E,H,O,C cùng thuộc một đường tròn

b: Sửa đề: ΔABC vuông

Xét (O) có

ΔABC nội tiếp

AC là đường kính

Do đó: ΔABC vuông tại B

c: ΔABC vuông tại B

=>AB\(\perp\)BC

Ta có: AB\(\perp\)BC

OM\(\perp\)AB

Do đó: OM//BC

Ta có: \(\widehat{ECB}+\widehat{E}=90^0\)(ΔBCE vuông tại B)

\(\widehat{E}+\widehat{CAB}=90^0\)(ΔCAE vuông tại C)

Do đó: \(\widehat{ECB}=\widehat{CAB}\)

mà \(\widehat{CAB}=\widehat{OBH}\)(ΔOBA cân tại O)

và \(\widehat{OBH}=\widehat{OMB}\left(=90^0-\widehat{HOB}\right)\)

nên \(\widehat{ECB}=\widehat{OMB}\)

Xét ΔBEC vuông tại B và ΔBOM vuông tại B có

\(\widehat{BCE}=\widehat{BMO}\)

Do đó: ΔBEC đồng dạng với ΔBOM

=>\(\dfrac{BE}{BO}=\dfrac{BC}{BM}\)

=>\(BE\cdot BM=BC\cdot BO\)