a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

    BD = BE, CE = CF, AD = AF

Ta có:

    AB + AC – BC = (AD + BD) + (AF + FC) – (BE + EC)

= (AD + AF) + (DB – BE) + (FC – EC)

= AD + AF = 2AD.

Vậy 2AD = AB + AC – BC (đpcm)

b) Tương tự ta tìm được các hệ thức:

    2BE = BA + BC – AC

    2CF = CA + CB – AB

a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: 

AD=AF; BD=BE; CF=CE.

Xét vế phải AB+AC-BC=

=(AD+DB)+(AF+FC)-(BE+EC)

=(AD+BE)+(AF+CE)-(BE+EC)

= AD+AF=2AD.

b) Các hệ thức tương tự là:

2BD=BA+BC-AC;

2CF=CA+CB-AB.

Nhận xét. Từ bài toán trên ta có các kết quả sau:

AD=AF=p-a; BD=BE=p-b; CE=CF=p-c

trong đó AB=c; BC=a; CA=b và p là nửa chu vi của tam giác ABC. 

a) Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: 

AD=AF; BD=BE; CF=CE.

Xét vế phải AB+AC-BC=

=(AD+DB)+(AF+FC)-(BE+EC)

=(AD+BE)+(AF+CE)-(BE+EC)

= AD+AF=2AD.

b) Các hệ thức tương tự là:

2BD=BA+BC-AC;

2CF=CA+CB-AB.

Nhận xét. Từ bài toán trên ta có các kết quả sau:

AD=AF=p-a; BD=BE=p-b; CE=CF=p-c

trong đó AB=c; BC=a; CA=b và p là nửa chu vi của tam giác ABC. 

Tương tự ta tìm được các hệ thức:

    2BE = BA + BC – AC

    2CF = CA + CB – AB

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta có:

    BD = BE, CE = CF, AD = AF

Ta có:

    AB + AC – BC = (AD + BD) + (AF + FC) – (BE + EC)

= (AD + AF) + (DB – BE) + (FC – EC)

= AD + AF = 2AD.

Vậy 2AD = AB + AC – BC (đpcm)

 Ta có

DB=DM; EC=EM; AB=AC (2 tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm ngoài đường tròn thì khoảng cách từ điểm đó đến các tiếp điểm = nhau)

\(C_{ADE}=AD+DM+AE+EM=AD+DB+AE+EC=\)

\(=AB+AC=2AB\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: $DM=DB,EM=EC$.

Chu vi tam giác $ADE$ bằng :

$AD+DE+AE=AD+DM+ME+EA$

$=AD+DB+EC+AE$

$=AB+AC=2.AB$ .

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: $DM=DB,EM=EC$.

Chu vi tam giác $ADE$ bằng :

$AD+DE+AE=AD+DM+ME+EA$

$=AD+DB+EC+AE$

$=AB+AC=2.AB$ .

Tam giác $ABC$ có:

AB^2+AC^2=3^{2}+4^{2}=5^{2}AB2+AC2=32+42=52

Mặt khác: BC^{2}=5^{2}BC2=52

Vậy \mathrm{AB}^{2}+\mathrm{AC}^{2}=\mathrm{BC}^{2}AB2+AC2=BC2.

Do đó \widehat{BAC}=90^{\circ}BAC=90∘ (định lí Py-ta-go đảo).

$CA$ vuông góc với bán kính $BA$ tại $A$ nên $CA$ là tiếp tuyến của đường tròn $(B)$.

tam giác ABC

Ta có: AB2 + AC2 = 32 + 42 = 25

BC2 = 52 = 25

Nên AB2 + AC2 = BC2

=> tam giác ABC vuông tại A hay AC ⊥ BA.

Đường thẳng AC đi qua điểm A của đường tròn và vuông góc với bán kính BA đi qua điểm A nên AC là tiếp tuyến của đường tròn.

Bạn tự vẽ hình nha

a) Ta có: AB = AC (tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau). Nên ΔABC cân tại A.

Lại có AO là tia phân giác của góc A nên AO ⊥ BC. (trong tam giác cân, đường phân giác cũng là đường cao)

b) Gọi I là giao điểm của AO và BC. Suy ra BI = IC (đường kính vuông góc với một dây).

Xét ΔCBD có :

CI = IB

CO = OD (bán kính)

⇒ BD // OI (OI là đường trung bình của tam giác BCD).

Vậy BD // AO.

c) Theo định lí Pitago trong tam giác vuông OAC:

AC^2 = OA^2 – OC^2 = 42 – 22 = 12

=> AC = √12 = 2√3 (cm)

\(\sin OAC=\frac{OC}{OA}=\frac{1}{2}\)

=> OAC =30 độ

mà BAC =2OAC

=. BAC =60

Tam giác ABC cân có BAC = 60 => Tam giác ABC đều

+> AB=AC=BC=2√3 (cm)

K cho mk nh

câu A : AB = AC ( theo tính chất của đường tiếp tuyến ) suy ra : tam giác ABC cân tại A , OA là đường phân giác cũng là đường cao vậy OA vuông góc với BC

a) Tam giác $ABC$ có $AB=AC$ nên là tam giác cân tại $A$.

Ta lại có $AO$ là tia phân giác của góc $A$ nên $AO\perp BC$.

b) Gọi $H$ là giao điểm của $AO$ và $BC$.

Dễ chứng minh $BH=HC$.

Tam giác $CBD$ có $CH=HB,CO=OD$ nên $BD//HO$

Do đó $BD//AO$.

c) AC^{2}=AO^{2}-OC^{2}=4^{2}-2^{2}=12AC2=AO2−OC2=42−22=12 suy ra AC=\sqrt{12}=2 \sqrt{3}AC=12​=23​(cm).

Ta có: \sin{\widehat{OAC}}=\dfrac{OC}{OA}=\dfrac{2}{4}=\dfrac{1}{2}sinOAC=OAOC​=42​=21​ nên \widehat{OAC}=30^{\circ}, \widehat{BAC}=60^{\circ}OAC=30∘,BAC=60∘.

Tam giác $ABC$ cân có \widehat{A}=60^{\circ}A=60∘ nên là tam giác đều.

Do đó AB=BC=AC=2 \sqrt{3}AB=BC=AC=23​(cm).