mk ko bt 123

123 làm được rồi help mình câu 4

Câu 3 làm kiểu j z

a: 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;R)

b: \(\widehat{MOA}+\widehat{COA}=\widehat{MOC}=90^0\)

\(\widehat{MAO}+\widehat{BOA}=90^0\)(ΔBAO vuông tại B)

mà \(\widehat{COA}=\widehat{BOA}\)

nên \(\widehat{MOA}=\widehat{MAO}\)

=>ΔMAO cân tại M

a: BA là tiếp tuyến của (O) có B là tiếp điểm

=>OB\(\perp\)BA tại B

=>ΔOBA vuông tại B

ΔBOA vuông tại B

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

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

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

b: ΔOBC cân tại O

mà OA là đường cao

nên OA là tia phân giác của \(\widehat{BOC}\)

Xét ΔOBA và ΔOCA có

OB=OC

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

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOCA

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

=>AC là tiếp tuyến của (O)

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

nên \(\widehat{BAO}=30^0\)

ΔOBA=ΔOCA

=>\(\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\) và AB=AC

=>\(\widehat{BAC}=2\cdot\widehat{BAO}=2\cdot30^0=60^0\)

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

nên ΔABC đều

a: Ta có: ΔOBC cân tại O

mà OH là đường cao

nên H là trung điểm của BC và OH là phân giác của góc BOC

b: Ta có: OH là phân giác của góc BOC

=>\(\widehat{BOH}=\widehat{COH}\)

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

Xét ΔOBA và ΔOCA có

OB=OC

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

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOCA

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

mà \(\widehat{OBA}=90^0\)

nên \(\widehat{OCA}=90^0\)

=>AC là tiếp tuyến của (O)

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

nên \(\widehat{BAO}=30^0\)

Ta có: ΔOBA=ΔOCA

=>\(\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\)

mà tia AO nằm giữa hai tia AB và AC

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

Ta có: ΔOBA=ΔOCA

=>AB=AC

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

nên ΔABC đều

d.

\(\left\{{}\begin{matrix}OD=OE=R\\QD=QE\left(\text{t/c hai tiếp tuyến cắt nhau}\right)\end{matrix}\right.\) 

\(\Rightarrow OQ\) là trung trực DE \(\Rightarrow OQ\perp DE\) , gọi giao điểm của chúng là F.

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông ABO:

\(OB^2=OH.OA\)

QE là tiếp tuyến \(\Rightarrow\Delta QEO\) vuông tại E, áp dụng hệ thức lượng:

\(OE^2=OF.OQ\)

Mà \(OB=OE=R\)

\(\Rightarrow OH.OA=OF.OQ\Rightarrow\dfrac{OA}{OQ}=\dfrac{OF}{OH}\)

Xét hai tam giác AOF và QOH có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{OA}{OQ}=\dfrac{OF}{OH}\\\widehat{FOH}\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OAF\sim\Delta QOH\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{AFO}=\widehat{QHO}=90^0\)

Hay \(AF\perp QO\) tại F

Mà \(DE\perp QO\) cũng tại F

\(\Rightarrow3\) điểm A, D, E thẳng hàng 

a: Xét (O) có 

OH là một phần đường kính

BC là dây

OH⊥BC tại H

Do đó:H là trung điểm của BC

Xét ΔABC có 

AH là đường cao

AH là đường trung tuyến

Do đó: ΔABC cân tại A

Xét ΔOBA và ΔOCA có 

OB=OC

BA=CA

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOCA

Suy ra: \(\widehat{OBA}=\widehat{OCA}=90^0\)

hay AC là tiếp tuyến

b: Xét ΔOBA vuông tại B có

\(\sin BAO=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{1}{2}\)

=>\(\widehat{BAO}=30^0\)

hay \(\widehat{BAC}=60^0\)

mà ΔABC cân tại A

nên ΔABC đều

+C/m: góc KBC=góc BCA =góc CBA= góc BIK ->tg KBI cân K

+C/m: tg MBA dd tgBEK (g.g) ->MA/BK =AB/EK

->AC/2BK=AB/EK

->2BK=EK  -> 2KI = EK -> đpcm