Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O;R) kẻ hai tiếp tuyến MB MC đến đường tròn(o) sao cho MD<MA, C và D nằm ở hai nửa mặt phẳng khác nhau bờ OM. Gọi H là giao điểm của OM và BC .
chứng minh MH.MO=MD.MA
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Câu a),b) tự làm nhé , mình chỉ giúp câu c) thôi .
OI vuông góc NP ( Do I là trung điểm của MP ) , OF vuông góc NP ( Do OF là đường trung trực của NP )
=> O,I,F thẳng hàng
Tam giác ONF vuông tại N , đường cao NI
=> ON^2 = OI.OF
Mà ON=OA
OA^2 = OH.OM
=> OH.OM=OI.OF
=> OH/OI=OF/OM
Xét tam giác OIM và tam giác OHF có
góc MOF chung
OH/OI=OF/OM
=> Tam giác OIM đồng dạng tam giác OHF
=> góc OHF=góc OIM (=90 độ )
OH vuông HF
mà OH vuông AB
=> A,B,F thẳng hàng
=> F nằm trên đường thẳng cố định AB khi đường thẳng d quay quanh M mà vẫn thỏa mãn các yêu cầu đề bài
Điều phải chứng minh
a: Xét tứ giác MBOC có \(\widehat{MBO}+\widehat{MCO}=90^0+90^0=180^0\)
=>MBOC là tứ giác nội tiếp
=>M,B,O,C cùng thuộc một đường tròn
b: Sửa đề: \(CH\cdot HB=OH\cdot HM\)
Xét (O) có
MB,MC là các tiếp tuyến
Do đó: MB=MC
=>M 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 MO là đường trung trực của BC
=>MO\(\perp\)BC tại H và H là trung điểm của BC
Xét ΔOBM vuông tại B có BH là đường cao
nên \(OH\cdot HM=HB^2\)
=>\(OH\cdot HM=HB\cdot HC\)
Do \(OB=OE=R\Rightarrow\Delta OBE\) cân tại O
Mà \(OH\perp BE\) (giả thiết) \(\Rightarrow OH\) là đường cao đồng thời là trung trực của BE
Hay OA là trung trực của BE
\(\Rightarrow AB=AE\)
Xét hai tam giác OAB và OAE có: \(\left\{{}\begin{matrix}OB=OE=R\\AB=AE\left(cmt\right)\\OA\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta OAB=\Delta OAE\left(c.c.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{AEO}=\widehat{ABO}=90^0\Rightarrow AE\) là tiếp tuyến của (O)
a: Xét tứ giác OMAN có
\(\widehat{OMA}+\widehat{ONA}=180^0\)
Do đó: OMAN là tứ giác nội tiếp
a. Câu này đơn giản em tự giải.
b.
Ta có: \(\left\{{}\begin{matrix}OB=OC=R\\MB=MC\left(\text{t/c hai tiếp tuyến cắt nhau}\right)\end{matrix}\right.\)
\(\Rightarrow OM\) là trung trực của BC
\(\Rightarrow OM\perp BC\) tại H đồng thời H là trung điểm BC hay \(HB=HC\)
\(OC\perp MC\) (MC là tiếp tuyến tại C) \(\Rightarrow\Delta OMC\) vuông tại C
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông OMC với đường cao CH:
\(CH^2=OH.MH\)
c.
C nằm trên đường tròn và AB là đường kính \(\Rightarrow\widehat{ACB}\) là góc nt chắn nửa đường tròn
\(\Rightarrow\widehat{ACB}=90^0\)
Xét hai tam giác MBH và BAC có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{MHB}=\widehat{ACB}=90^0\\\widehat{MBH}=\widehat{BAC}\left(\text{cùng chắn BC}\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta MBH\sim\Delta BAC\left(g.g\right)\)
\(\Rightarrow\dfrac{BH}{AC}=\dfrac{MH}{BC}\Rightarrow\dfrac{BH}{AC}=\dfrac{2HF}{2CH}\) (do F là trung điểm MH và H là trung điểm BC)
\(\Rightarrow\dfrac{BH}{AC}=\dfrac{HF}{CH}\)
Xét hai tam giác BHF và ACH có:
\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{BH}{AC}=\dfrac{HF}{CH}\left(cmt\right)\\\widehat{BHF}=\widehat{ACH}=90^0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta BHF\sim\Delta ACH\left(c.g.c\right)\)
\(\Rightarrow\widehat{HBF}=\widehat{CAH}\)
Mà \(\widehat{CAH}=\widehat{CBQ}\) (cùng chắn CQ)
\(\Rightarrow\widehat{HBF}=\widehat{CBQ}\) hay \(\widehat{HBF}=\widehat{HBQ}\)
\(\Rightarrow B,Q,F\) thẳng hàng
Xét (O) có
\(\widehat{MBD}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến BM và dây cung BD
\(\widehat{BAD}\) là góc nội tiếp chắn cung BD
Do đó: \(\widehat{MBD}=\widehat{BAD}\)
Xét ΔMBD và ΔMAB có
\(\widehat{MBD}=\widehat{MAB}\)
\(\widehat{BMD}\) chung
Do đó: ΔMBD đồng dạng với ΔMAB
=>\(\dfrac{MB}{MA}=\dfrac{MD}{MB}\)
=>\(MB^2=MA\cdot MD\left(1\right)\)
Xét (O) có
MB,MC là các tiếp tuyến
Do đó: MB=MC
=>M nằm trên đường trung trực của BC(2)
ta có: OB=OC
=>O nằm trên đường trung trực của BC(3)
từ (2),(3) suy ra MO là đường trung trực của BC
=>MO\(\perp\)BC tại H
Xét ΔMBO vuông tại B có BH là đường cao
nên \(MH\cdot MO=MB^2\left(4\right)\)
Từ (1),(4) suy ra \(MH\cdot MO=MD\cdot MA\)