Bài làm :

a) Ta có :

\(\widehat{ACB}\text{ là góc nội tếp chắn nửa đường tròn}\)

\(\Rightarrow\widehat{ACB}=90^o\Rightarrow\widehat{ACM}=180^o-\widehat{ACB}=90^o\)

Từ đó ; ta có :

\(\widehat{ACM}+\widehat{AHM}=90+90=180^o\)

=> Tứ giác AHMC là tứ giác nội tiếp đường tròn vì có 2 góc đối diện  = 180 độ 

=> Điều phải chứng minh

b) Theo phần a : Tứ giác AHMC là tứ giác nội tiếp 

\(\Rightarrow\widehat{AMH}=\widehat{ACH}\left(1\right)\)

Xét đường tròn (O) : Góc ADC và góc ABC đều là 2 góc nội tiếp cùng chắn cung AC

\(\Rightarrow\widehat{ADC}=\widehat{ABC}\left(2\right)\)

Vì CD⊥AB ; MH⊥AB

=> CD//MH 

=>∠ADC = ∠AMH ( 2góc so le trong ) (3)

Từ (1) ; (2) ; (3) 

\(\Rightarrow\widehat{ABC}=\widehat{ACH}\)

=> Điều phải chứng minh

c)∠AOC = 45^o

=>∠COB = 180 - 45 = 135^o

\(\Rightarrow S_{OCB}=\frac{\pi.R^2.n}{360}=\frac{\pi.2^2.135}{360}=\frac{3}{2}\pi\left(cm^2\right)\)

a) Xét tứ giác AHMC có 

góc ACM + góc AHM = 180 độ

Vậy tứ giác AHMC nội tiếp

1, Xét tg ABC vuông tại H có 

BH/AB=sin góc BAC <=> 2000/AB = sin 25° <=> AB=2000/sin 25° sấp sỉ bằng 4732,4(m)

Vậy muốn đạt độ cao 2000m thì mấy bay phải bay đoạn đường 4732,4m

2, ADĐL pytago cho tg ABC vuông tại A có 

           BC^2=AB^2+AC^2

                    = 4^2+(4căn 3)^2

                    =16+48=64

         => BC=8cm

sin góc góc ACB = AB/BC =4/8 =1/2 => góc ACB =30

=> góc ABC =180°- góc BAC - góc ACB 

                      = 180°-90°-30°=60°

b, Xét tam giac AHC vuông tại H,DH là đường cao

Ta có HD^2=BD.DA

Xét tg AHC vuông tại H,  đường cao HE có : 

HE^2=AE.EC 

Vì góc DAgóc AEH=góc EHD=góc HDA =90° nên tứ giác DAEH là hcn.

=> HE= DA

Xét tam giác ADH  vuông tại D có 

DA^2+DA^2=AH^2

=> HE^2+DH^2 =AH^2(doHE=DA)=>BD.DA+CE.EA=AH^2

a. Xét (O) , có:
CD \(\perp\)AB = {H}
=> \(\widehat{CHA}=90^o\Rightarrow\widehat{CHE}=90^o\)

Có: \(\widehat{CMD}\)là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính CD
=> \(\widehat{CMD}=90^o\Rightarrow\widehat{CME}=90^o\)

Xét tứ giác CMEH, có:
\(\widehat{CME}+\widehat{CHE}=90^o+90^o=180^o\)

2 góc \(\widehat{CME}\)và \(\widehat{CHE}\)là 2 góc đối nhau
=> CMEH là tứ giác nội tiếp (đpcm)

Câu a: Có góc CHE=90 độ (vì CD\(\perp AB\) tại H)

                  Góc CMD =90 độ(góc nt chắn nửa đt)

             Mà góc CHE và góc CMD ở vị trí đối nhau

 ⇒ Tứ giác CMEH nội tiếp

Câu b:

   Xét \(\Delta NACva\Delta NMB\) có :

     Góc N chung

     Góc NCA = góc NBM (cùng chắn cung MA)

⇒ \(\Delta NAC\) đồng dạng \(\Delta NBM\) (góc góc)

  ⇒\(\dfrac{NM}{NA}\)=\(\dfrac{NB}{NC}\)⇔NM.NC=NA.NB

Câu c:

Có góc PMA=90 độ ( góc nt chắn nửa đt)→PM\(\perp\)AK

                                                            Mà IK\(\perp\)AK

                                           ⇒IK song song với MP (từ vuông góc đến song song

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

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

Lời giải chi tiết

a) Gọi OO là trung điểm của BC⇒OB=OC=BC2.BC⇒OB=OC=BC2.   (1)

Vì DODO là đường trung tuyến của tam giác vuông DBCDBC.

Theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền, ta có:  

             OD=12BCOD=12BC                                          (2)

Từ (1) và (2) suy ra OD=OB=OC=12BCOD=OB=OC=12BC

Do đó ba điểm B, D, CB, D, C cùng thuộc đường tròn tâm OO bán kính OBOB.

Lập luận tương tự, tam giác BEC vuông tại E có EO là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền BC nên OE=OB=OC=12BCOE=OB=OC=12BC

Suy ra ba điểm B, E, CB, E, C cùng thuộc đường tròn tâm OO bán kính OBOB.

Do đó 4 điểm B, C, D, EB, C, D, E cùng thuộc đường tròn (O)(O) đường kính BCBC. 

b) Xét đường (O;BC2)(O;BC2), với BCBC là đường kính.

Ta có DEDE là một dây cung không đi qua tâm nên  ta có BC>DEBC>DE ( vì trong một đường tròn, dây lớn nhất là đường kính).

a) Gọi $\mathrm{M}$ là trung điểm của $\mathrm{B}\mathrm{C}$.

Ta có EM=\dfrac{1}{2} BC, DM=\dfrac{1}{2} BCEM=21​BC,DM=21​BC.

Suy ra $ME=MB=MC=MD$

do đó $B,E,D,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$.

b) Trong đường tròn nói trên, $DE$ là dây, $BC$ là đường kính nên $DE<BC$

a) Gọi $\mathrm{M}$ là trung điểm của $\mathrm{B}\mathrm{C}$.

Ta có EM=\dfrac{1}{2} BC, DM=\dfrac{1}{2} BCEM=21​BC,DM=21​BC.

Suy ra $ME=MB=MC=MD$

do đó $B,E,D,C$ cùng thuộc đường tròn đường kính $BC$.

b) Trong đường tròn nói trên, $DE$ là dây, $BC$ là đường kính nên $DE<BC$

(chú ý : Không xảy ra trường hợp $DE=BC$).

Giải thích các bước giải:

a) Kẻ đường kính BF.

Ta có: AH⊥BC,CF⊥BC⇒AH//CFAH⊥BC,CF⊥BC⇒AH//CF

Lại có AF⊥AB,CH⊥AB⇒AF//CHAF⊥AB,CH⊥AB⇒AF//CH

⇒AHCF⇒AHCF là hình bình hành.

⇒−−→AH=−−→FC⇒AH→=FC→.

Lại có OIOI là đường trung bình của tam giác BCF nên −→OI=12−−→FCOI→=12FC→

Vậy −−→AH=−−→FC=2−→OIAH→=FC→=2OI→.

b) Ta có: −−→OH=−−→OA+−−→AH=−−→OA+2−→OI=−−→OA+−−→OB+−−→OCOH→=OA→+AH→=OA→+2OI→=OA→+OB→+OC→

c) Do GG là trọng tâm tam giác ABC nên−−→OA+−−→OB+−−→OC=3−−→OG⇒−−→OG=13(−−→OA+−−→OB+−−→OC)=13−−→OHOA→+OB→+OC→=3OG→⇒OG→=13(OA→+OB→+OC→)=13OH→

Vậy ba điểm O,H,GO,H,G thẳng hàng.

a: Xét ΔABC có \(BC^2=AB^2+AC^2\)

nên ΔABC vuông tại A

b: Xét ΔABC vuông tại A có \(sinB=\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{3}{5}\)

nên \(\widehat{B}\simeq36^052'\)

Ta có: ΔABC vuông tại A

=>\(\widehat{B}+\widehat{C}=90^0\)

=>\(\widehat{C}=90^0-36^052'=53^08'\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH\cdot BC=AB\cdot AC\)

=>\(AH\cdot7,5=4,5\cdot6=27\)

=>AH=27/7,5=3,6(cm)