Chương II - Đường tròn

Bài 1:

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

b: Xét (O) có

ΔBCD nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBCD vuông tại C

=>BC\(\perp\)CD

Ta có: OA là đường trung trực của BC

=>OA\(\perp\)BC

Ta có: BC\(\perp\)CD

BC\(\perp\)OA

Do đó: CD//OA

c: Xét (O) có

AB,AC là tiếp tuyến

Do đó: OA là phân giác của góc BOC

=>\(\widehat{BOA}=\widehat{COA}=\dfrac{\widehat{BOC}}{2}=\dfrac{120^0}{2}=60^0\)

Xét ΔBOA vuông tại B có \(tanBOA=\dfrac{BA}{OB}\)

=>\(\dfrac{BA}{20}=tan60=\sqrt{3}\)

=>\(BA=20\sqrt{3}\left(cm\right)\)

Ta có: ΔBOA vuông tại B

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

=>\(OA^2=\left(20\sqrt{3}\right)^2+20^2=1600\)

=>\(OA=\sqrt{1600}=40\left(cm\right)\)

Ta có: \(\widehat{BOC}+\widehat{DOC}=180^0\)(hai góc kề bù)

=>\(\widehat{DOC}+120^0=180^0\)

=>\(\widehat{DOC}=60^0\)

Xét ΔODC có OD=OC và \(\widehat{DOC}=60^0\)

nên ΔDOC đều

=>\(CD=OD=20\left(cm\right)\)

Câu 2:

a: Xét (A) có

AH là bán kính

BC\(\perp\)AH tại H

Do đó:BC là tiếp tuyến của (A)

Xét (A) có

BH,BD là các tiếp tuyến

Do đó:BH=BD và AB là phân giác của góc HAD

Xét (A) có

CH,CE là các tiếp tuyến

Do đó: CH=CE và AC là phân giác của góc HAE

Ta có: AB là phân giác của góc HAD

=>\(\widehat{HAD}=2\cdot\widehat{HAB}\)

AC là phân giác của góc HAE

=>\(\widehat{HAE}=2\cdot\widehat{HAC}\)

Ta có: \(\widehat{HAE}+\widehat{HAD}=\widehat{EAD}\)

=>\(\widehat{EAD}=2\cdot\widehat{HAB}+2\cdot\widehat{HAC}=2\left(\widehat{HAB}+\widehat{HAC}\right)\)

\(=2\cdot90^0=180^0\)

=>E,A,D thẳng hàng

b: Gọi O là trung điểm của BC

Ta có: ΔABC vuông tại A

mà AO là đường trung tuyến

nên AO=BO=CO

=>ΔBAC nội tiếp (O)

Xét hình thang BDEC có

O,A lần lượt là trung điểm của BC,DE

=>OA là đường trung bình của hình thang BDEC

=>OA//BD//EC

mà BD\(\perp\)AD

nên OA\(\perp\)AD

=>OA\(\perp\)ED

Xét (O) có

OA là bán kính

DE\(\perp\)OA tại A

Do đó: DE là tiếp tuyến của (O)

=>DE là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC

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

b: Xét (O) có

ΔCND nội tiếp

CD là đường kính

Do đó: ΔCND vuông tại N

=>CN\(\perp\)ND tại N

=>CN\(\perp\)AD tại N

Xét ΔDCA vuông tại C có CN là đường cao

nên \(AN\cdot AD=AC^2\left(3\right)\)

Ta có: OA là trung trực của BC

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

Xét ΔOCA vuông tại C có CH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AC^2\left(4\right)\)

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

c: Ta có: \(AH\cdot AO=AN\cdot AD\)

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

Xét ΔAHN và ΔADO có

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

\(\widehat{HAN}\) chung

Do đó: ΔAHN đồng dạng với ΔADO

=>\(\widehat{AHN}=\widehat{ADO}\)

Ta có: ΔOCA vuông tại C

=>\(CO^2+CA^2=OA^2\)

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

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

Ta có: ΔDCA vuông tại C

=>\(DC^2+CA^2=DA^2\)

=>\(DA^2=\left(2R\right)^2+\left(R\sqrt{3}\right)^2=7R^2\)

=>\(DA=R\sqrt{7}\)

Xét ΔDCA vuông tại C có \(sinCDA=\dfrac{CA}{DA}\)

=>\(sinCDA=\dfrac{R\sqrt{3}}{R\sqrt{7}}=\sqrt{\dfrac{3}{7}}=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\)

=>\(sinAHN=\dfrac{\sqrt{21}}{7}\)

a: BC=BH+CH

=4+9

=13(cm)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AH^2=HB\cdot HC\)

=>\(AH^2=4\cdot9=36\)

=>\(AH=\sqrt{36}=6\left(cm\right)\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(AB^2=BH\cdot BC\)

=>\(AB^2=4\cdot13=52\)

=>\(AB=\sqrt{52}=2\sqrt{13}\left(cm\right)\)

b:

CK//AB

CA\(\perp\)AB

Do đó: CK\(\perp\)CA tại C

Xét ΔACK vuông tại C có CH là đường cao

nên \(HA\cdot HK=CH^2\)

Xét ΔABC vuông tại A có AH là đường cao

nên \(CH\cdot HB=HA^2\)

Xét ΔAHC vuông tại H có \(AC^2=CH^2+HA^2\)

=>\(AC^2=HA\cdot HK+CH\cdot HB\)

c: Gọi M là trung điểm của BC

Ta có: ΔABC vuông tại A

=>ΔABC nội tiếp đường tròn đường kính BC

=>ΔABC nội tiếp (M)

Xét tứ giác BAEF có

\(\widehat{BFE}+\widehat{BAE}=90^0+90^0=180^0\)

Do đó: BAEF là tứ giác nội tiếp

=>\(\widehat{BAF}=\widehat{BEF}\)(1)

Ta có: AH\(\perp\)BC

EF\(\perp\)BC

Do đó: AH//EF

=>AD//EF

=>\(\widehat{ADB}=\widehat{BEF}\)(hai góc so le trong)(2)

Xét ΔCAD có

CH là đường cao

CH là đường trung tuyến

Do đó: ΔCAD cân tại C

=>CA=CD

Xét ΔBAD có

BH là đường cao

BH là đường trung tuyến

Do đó: ΔBAD cân tại B

=>\(\widehat{BAD}=\widehat{BDA}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\widehat{BAD}=\widehat{BAF}\)

mà \(\widehat{BAD}=\widehat{ACB}\left(=90^0-\widehat{ABC}\right)\)

nên \(\widehat{BAF}=\widehat{ACB}\)

Ta có: MA=MB

=>ΔMAB cân tại M

=>\(\widehat{MAB}=\widehat{MBA}\)

=>\(\widehat{MAB}=\widehat{ABC}\)

Ta có: \(\widehat{MAF}=\widehat{MAB}+\widehat{BAF}\)

\(=\widehat{ABC}+\widehat{ACB}\)

\(=90^0\)

=>MA\(\perp\)FA tại A

Xét (M) có

MA là bán kính
FA\(\perp\)MA tại A

Do đó: FA là tiếp tuyến của (M)

hay FA là tiếp tuyến của đường tròn đường kính BC

a: Xét tứ giác BFHD có

\(\widehat{BFH}+\widehat{BDH}=90^0+90^0=180^0\)

=>BFHD là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BH

=>B,F,H,D cùng thuộc đường tròn đường kính BH

Tâm I là trung điểm của BH

b: Xét tứ giác AFDC có

\(\widehat{AFC}=\widehat{ADC}=90^0\)

=>AFDC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AC

=>A,F,D,C cùng thuộc đường tròn đường kính AC

Tâm K là trung điểm của AC

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: Gọi I là trung điểm của MC

=>I là tâm của đường tròn đường kính MC

=>D,N\(\in\)(I)

Xét (I) có

ΔCDM nội tiếp

CM là đường kính

Do đó: ΔCDM vuông tại D

=>CD\(\perp\)DM tại D

=>CD\(\perp\)DB tại D

Xét tứ giác ABCD có

\(\widehat{CDB}=\widehat{CAB}=90^0\)

nên ABCD là tứ giác nội tiếp

=>A,B,C,D cùng thuộc một đường tròn

b: Xét ΔABC có

O,M lần lượt là trung điểm của BC,CA

Do đó: OM là đường trung bình của ΔABC

=>OM//AB

Ta có: OM//AB

AB\(\perp\)AC

Do đó: OM\(\perp\)AC tại M

Xét (I) có

IM là bán kính

OM\(\perp\)MI tại M

Do đó: OM là tiếp tuyến của (I)

a: Xét tứ giác OBDC có OB=BD=DC=OC=R

nên OBDC là hình thoi

b: Xét ΔOBD có OB=OD=BD(=R)

nên ΔOBD đều

=>\(\widehat{OBD}=60^0\)

OBDC là hình thoi

=>\(\widehat{OCD}=\widehat{OBD}=60^0\)

OBDC là hình thoi

=>\(\widehat{BOC}+\widehat{OBD}=180^0\)

=>\(\widehat{BOC}=180^0-60^0=120^0\)

OBDC là hình thoi

=>\(\widehat{BOC}=\widehat{BDC}=120^0\)

OBDC là hình thoi

=>BC là phân giác của góc OBD

=>\(\widehat{CBD}=\widehat{CBO}=\dfrac{\widehat{OBD}}{2}=\dfrac{60^0}{2}=30^0\)

Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

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

\(\widehat{ABO}+\widehat{OBD}=\widehat{ABD}\)

=>\(\widehat{ABO}+60^0=90^0\)

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

c: Gọi giao điểm của OD và BC là H

OBDC là hình thoi

=>OD vuông góc với BC tại trung điểm của mỗi đường

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

\(\widehat{ABC}=\widehat{ABO}+\widehat{CBO}=30^0+30^0=60^0\)

Xét ΔABC có

AH là đường cao

AH là đường trung tuyến

Do đó: ΔABC cân tại A

Xét ΔABC cân tại A có \(\widehat{ABC}=60^0\)

nên ΔABC đều

3: Gọi giao điểm của CO với OB là H

Xét ΔOAC vuông tại A và ΔOBH vuông tại B có

OA=OB

\(\widehat{AOC}=\widehat{BOH}\)

Do đó: ΔOAC=ΔOBH

=>\(\widehat{OCA}=\widehat{OHB}\) và OC=OH

OC=OH

C,O,H thẳng hàng

Do đó: O là trung điểm của CH

Xét ΔDCH có

DO là đường cao

DO là đường trung tuyến

Do đó:ΔDCH cân tại D

ΔDCH cân tại D

mà DO là đường cao

nên DO là phân giác của góc CDH

ΔDCH cân tại D

=>\(\widehat{DCH}=\widehat{DHC}\)

mà \(\widehat{DHC}=\widehat{ACH}\)

nên \(\widehat{DCH}=\widehat{ACH}\)

=>CH là phân giác của góc ACD

Kẻ OK\(\perp\)CD tại K

Xét ΔCAO vuông tại A và ΔCKO vuông tại K có

CO chung

\(\widehat{ACO}=\widehat{KCO}\)

Do đó: ΔCAO=ΔCKO

=>OA=OK=R

Xét (O) có

OK là bán kính

CD\(\perp\)OK tại K

Do đó: CD là tiếp tuyến của (O)

2: 

ΔOAB cân tại O

mà OM là đường cao

nênOM là phân giác của góc AOB

Xét ΔOAC và ΔOBC có

OA=OB

\(\widehat{AOC}=\widehat{BOC}\)

OC chung

Do đó: ΔOAC=ΔOBC

=>\(\widehat{OAC}=\widehat{OBC}=90^0\)

=>CB là tiếp tuyến của (O)

" Đường thẳng MO cắt tâm O tại I và C mà I,C nằm giữa M, O"???

Đoạn này sai sai. Bạn xem lại đề.

Để chứng minh rằng AI là tia phân giác của góc ∠MAO, ta cần chứng minh rằng ∠MAI = ∠IAO.

Ta có:

∠MAI = ∠MAB (vì AI là tiếp tuyến của đường tròn tại điểm A)

∠MAB = ∠MOB (cùng nằm trên cung MB)

∠MOB = ∠IAO (do MO cắt tâm O tại I)

Từ đó, ta có:

∠MAI = ∠IAO

Vậy, AI là tia phân giác của góc ∠MAO.