Ôn tập Đường tròn

a: Gọi AH là tiếp tuyến chung của hai đường tròn (O) và (O'), H∈MN

Xét (O) có

HM,HA là các tiếp tuyến

Do đó: HM=HA và HO là phân giác của góc MHA

Xét (O') có

HA,HN là các tiếp tuyến

Do đó: HA=HN và HO' là phân giác của góc AHN

Ta có: HM=HA

HN=HA

Do đó: HM=HN

=>H là trung điểm của MN

Xét ΔAMN có

AH là đường trung tuyến

\(AH=\dfrac{MN}{2}\)

Do đó: ΔAMN vuông tại A

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

b: HO là phân giác của góc MHA

=>\(\widehat{MHA}=2\cdot\widehat{OHA}\)

HO' là phân giác của góc AHN

=>\(\widehat{AHN}=2\cdot\widehat{AHO'}\)

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

=>\(2\cdot\left(\widehat{OHA}+\widehat{O'AH}\right)=180^0\)

=>\(2\cdot\widehat{OHO'}=180^0\)

=>\(\widehat{OHO'}=90^0\)

Xét ΔHO'O vuông tại H có HA là đường cao

nên \(HA^2=OA\cdot O'A\)

=>\(HA^2=9\cdot4=36\)

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

MN=2*HA

=>MN=2*6=12(cm)

a: ta có: ON\(\perp\)OB

AB\(\perp\)OB

Do đó: ON//AB

=>ON//AM

Ta có: OM\(\perp\)OC

AC\(\perp\)OC

Do đó: OM//AC

=>OM//AN

Xét tứ giác OMAN có

OM//AN

ON//AM

Do đó: OMAN là hình bình hành

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: AO là phân giác của góc BAC

=>AO là phân giác của góc MAN

Hình bình hành OMAN có AO là phân giác của góc MAN

nên OMAN là hình thoi

b: Kẻ OH\(\perp\)MN tại H

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

nên \(\widehat{BAO}=30^0\)

Ta có: ΔBOA vuông tại B

=>\(\widehat{BOA}+\widehat{BAO}=90^0\)

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

Xét (O) có

AB,AC là các tiếp tuyến

Do đó: OA là phân giác của góc BOC

=>\(\widehat{BOC}=2\cdot\widehat{BOA}=120^0\)

Ta có: \(\widehat{BOM}+\widehat{COM}=\widehat{BOC}\)

=>\(\widehat{BOM}=120^0-90^0=30^0\)

Xét ΔMOA có MO=MA

nên ΔMOA cân tại M

=>\(\widehat{MOA}=\widehat{MAO}=30^0\)

Xét ΔOBM vuông tại B và ΔOHM vuông tại H có

OM chung

\(\widehat{BOM}=\widehat{HOM}\left(=30^0\right)\)

Do đó: ΔOBM=ΔOHM

=>OB=OH=R

Xét (O) có

OH là bán kính

MN\(\perp\)OH tại H

Do đó: MN là tiếp tuyến của (O)

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 các 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 AO là đường trung trực của BC

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

Ta có: ΔOED cân tại O

mà OI là đường trung tuyến

nên OI\(\perp\)ED tại I

=>OI\(\perp\)AE tại I

Xét ΔAIO vuông tại H và ΔAHK vuông tại H có

\(\widehat{IAO}\) chung

Do đó: ΔAIO~ΔAHK

=>\(\dfrac{AI}{AH}=\dfrac{AO}{AK}\)

=>\(AH\cdot AO=AI\cdot AK\)

Câu c là câu nào hả bạn?

a: Xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{ABO}+\widehat{ACO}=90^0+90^0=180^0\)

=>ABOC là tứ giác nội tiếp

=>A,B,O,C cùng thuộc một đường tròn

Xét (O) có

AB,AC là các 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 tại H

b: Xét (O) có

ΔEDB nội tiếp

BD là đường kính

Do đó: ΔBED vuông tại E

=>BE\(\perp\)ED tại E

=>BE\(\perp\)AD tại E

Xét ΔDBA vuông tại B có BE là đường cao

nên \(AE\cdot AD=AB^2\left(3\right)\)

XétΔABO vuông tại B có BH là đường cao

nên \(AH\cdot AO=AB^2\left(4\right)\)

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

a: Xét (O) có

ΔABC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔABC vuông tại A

Ta có: ΔABC vuông tại A

=>\(AB^2+AC^2=BC^2\)

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

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

b:

Ta có: AB=AO=R

OA=AD=R=DO/2

Do đó: \(AB=OA=OD=\dfrac{DO}{2}\)

Xét ΔDBO có

BA là đường trung tuyến

\(BA=\dfrac{DO}{2}\)

Do đó: ΔDBO vuông tại B

=>DB\(\perp\)BO tại B

=>DB là tiếp tuyến của (O)

a: Xét (O) có

ΔABI nội tiếp

AI là đường kính

Do đó: ΔABI vuông tại B

=>AB\(\perp\)BI

Xét (O) có

ΔACI nội tiếp

AI là đường kính

Do đó: ΔAIC vuông tại C

=>AC\(\perp\)CI

Ta có: BH\(\perp\)AC

AC\(\perp\)CI

Do đó: BH//CI

Ta có: CH\(\perp\)AB

IB\(\perp\)AB

Do đó: CH//IB

Xét tứ giác BHCI có

BH//CI

BI//CH

Do đó: BHCI là hình bình hành

b: Xét ΔABC có

BD,CE là các đường cao

BD cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC

=>AK\(\perp\)BC

Xét (O) có

ΔAKI nội tiếp

AI là đường kính

Do đó: ΔAKI vuông tại K

=>AK\(\perp\)KI

Ta có: KI\(\perp\)AK

BC\(\perp\)AK

Do đó: KI//BC

Xét (O) có

\(\widehat{ABC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

\(\widehat{AKC}\) là góc nội tiếp chắn cung AC

Do đó: \(\widehat{ABC}=\widehat{AKC}\)

mà \(\widehat{ABC}=\widehat{CHK}\left(=90^0-\widehat{ECB}\right)\)

nên \(\widehat{CHK}=\widehat{CKA}=\widehat{CKH}\)

=>ΔCKH cân tại C

=>CK=CH

mà BI=CH(BHCI là hình bình hành)

nên BI=CK

Xét tứ giác BCIK có

BC//KI

Do đó: BCIK là hình thang

Hình thang BCIK có BI=CK

nên BCIK là hình thang cân

a: Xét tứ giác BEFC có \(\widehat{BEC}=\widehat{BFC}=90^0\)

nên BEFC là tứ giác nội tiếp

=>B,E,F,C cùng thuộc một đường tròn

b: Xét (O) có

ΔABD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔABD vuông tại B

=>AB\(\perp\)BD

Ta có:BD\(\perp\)AB

CH\(\perp\)AB

Do đó: BD//CH

Xét (O) có

ΔACD nội tiếp

AD là đường kính

Do đó: ΔACD vuông tại C

=>CD\(\perp\)AC

Ta có: CD\(\perp\)AC

BH\(\perp\)AC

Do đó: BH//CD

Xét tứ giác BHCD có

BH//CD
BD//CH

Do đó: BHCD là hình bình hành

=>BC cắt HD tại trung điểm của mỗi đường

mà I là trung điểm của BC

nên I là trung điểm của HD

=>H đối xứng D qua I

c: Gọi giao điểm của AH với BC là M

Xét ΔABC có

BF,CE là các đường cao

BF cắt CE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\perp\)BC tại M

Ta có: \(\widehat{BAM}+\widehat{ABC}=90^0\)(ΔAMB vuông tại M)

\(\widehat{BCE}+\widehat{EBC}=90^0\)(ΔEBC vuông tại E)

Do đó: \(\widehat{BAM}=\widehat{BCE}\)(1)

Ta có: ΔEAH vuông tại E

mà EK là đường trung tuyến

nên KE=KH

=>\(\widehat{KEH}=\widehat{KHE}\)

mà \(\widehat{KHE}+\widehat{BAM}=90^0\)

nên \(\widehat{KEH}+\widehat{BAM}=90^0\)(2)

Ta có: ΔEBC vuông tại E

mà EI là trung tuyến

nên IE=IC

=>\(\widehat{IEC}=\widehat{ICE}\left(3\right)\)

Từ (1),(2),(3) suy ra \(\widehat{KEH}+\widehat{IEC}=90^0\)

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

=>EK\(\perp\)EI

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

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

a:

Xét ΔODI vuông tại D có DH là đường cao

nên \(IH\cdot IO=ID^2\)

Xét ΔODI vuông tại D có \(OI^2=OD^2+DI^2\)

=>\(DI^2=OI^2-OD^2\)

=>\(IH\cdot IO=OI^2-OD^2\)

Xét ΔIEO vuông tại E và ΔIHC vuông tại H có

\(\widehat{EIO}\) chung

Do đó: ΔIEO đồng dạng với ΔIHC

=>\(\dfrac{IE}{IH}=\dfrac{IO}{IC}\)

=>\(IE\cdot IC=IH\cdot IO=ID^2=OI^2-R^2\)