K
Khách

Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.

a) xét tứ giác ABOC có

\(\widehat{ABO}=\widehat{ACO}=90^0\)(tiếp tuyến AB,AC)

=> tứ giác ABOC nội tiếp

b) Xét tam giác  ABH zà tam giác AOB có

\(\hept{\begin{cases}\widehat{ABO}chung\\\widehat{BHA}=\widehat{OBA}=90^0\left(BC\perp CA\left(tựCM\right)\right)\end{cases}}\)

=> \(\Delta ABH~\Delta AOB\left(g.g\right)\)

\(=>\frac{AB}{AO}=\frac{AH}{AB}=>AH.AB=AB.AB\left(1\right)\)

xét tam giác ABD zà tam giác AEB có

\(\widehat{BAE}chung\)

\(\widehat{ABD}=\widehat{BEA}\)(cùng chắn \(\widebat{BD}\))

=> \(\Delta ABD~\Delta AEB\left(g.g\right)\)

\(=>\frac{AB}{AE}=\frac{AD}{AB}=>AE.AD=AB.AB\left(2\right)\)

từ 1 zà 2 suy ra

AH.AO=AE.AD(dpcm)

=>\(\Delta ADH~\Delta AOE\)

\(=>\widehat{DEO}=\widehat{DHA}\)(2 góc tương ứng

lại có 

\(\widehat{DHA}+\widehat{DHO}=180^0=>\widehat{DEO}+\widehat{DHO}=180^0\)

=> tứ giác DEOH nội tiếp

c)  Có tam giá AOM zuông tại O , OB là đường cao

\(=>\frac{1}{OA^2}+\frac{1}{OM^2}=\frac{1}{OB^2}=\frac{1}{R^2}\)

\(\frac{1}{OA.OM}=\frac{1}{OA}.\frac{1}{OM}\le\frac{1}{\frac{OA^2+OM^2}{2}}=\frac{1}{\frac{R^2}{2}}=\frac{1}{2R^2}\left(a,b\le\frac{a^2+b^2}{2}\right)\)

=>\(OA.OM\ge2R^2=>MinS_{AMN}=2R^2\)

dấu = xảy ra khi OA=OM

=> tam giác OAM zuông cận tại O

=> góc A = độ

bài 2 

ra kết quả là \(6\pi m^2\)

nếu cần giải bảo mình 

22 tháng 5 2016

a) tự lm

b) ta có  BAO +BKO=90+90=180

=>...............

c)

22 tháng 5 2016

c) vì OK vg vs BC=>..............................................

d)

a: Xét (O) có 

AB là tiếp tuyến có B là tiếp điểm

AC là tiếp tuyến có C là tiếp điểm

Do đó: AB=AC

Ta có: OB=OC

nên O nằm trên đường trung trực của BC(1)

ta có: BA=AC

nên A nằm trên đường trung trực của BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra OA là đường trung trực của BC

hay OA⊥BC

 

Bài 1: 

a: Xét (O) có

MA là tiếp tuyến

MB là tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

hay ΔMAB cân tại M

mà \(\widehat{AMB}=60^0\)

nên ΔMBA đều

b: Xét ΔAOM vuông tại A có 

\(AM=OA\cdot\tan30^0\)

nên \(AM=5\sqrt{3}\left(cm\right)\)

\(C_{AMB}=3\cdot AM=15\sqrt{3}\left(cm\right)\)

c: Ta có: MA=MB

nên M nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

nên O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của AB

hay MO⊥AB(1)

Xét (O) có

ΔABC nội tiếp

AC là đường kính

DO đó: ΔABC vuông tại B

Suy ra: AB⊥BC(2)

Từ (1) và (2) suy ra OM//BC

hay BMOC là hình thang

18 tháng 11 2016

c

Gọi H là giao điểm của AB và OM

a, Xét Δv MAO và ΔvMBO

Có MO chung

AO=OB(=bk)

=> ΔvMAO= ΔMBO (ch-cgv)

=> MA=MB

Trong ΔAMB

Có MA=MB(cmt)

=> ΔAMB cân tại M

lại có góc AMB=60 độ

=> ΔAMB là Δ đều

b, Ta có: góc AMO=góc BMO ( ΔvMAO= ΔvMBO)

mà góc AMO+ góc BMO= góc AMB=60 độ

=> góc AMO=\(\frac{1}{2}.60=30^0\)

Áp dụng tỉ số lượng giác

Ta có : tan góc AMO=\(\frac{AO}{AM}\)

tan30=\(\frac{5}{AM}\)

=>AM=\(\frac{5}{tan30}=5\sqrt{3}\)

Chu vi ΔAMB= AM.3=\(5\sqrt{3}.3=15\sqrt{3}\)

c, Ta có OA=OB (=bk)

=> O thuộc đường trung trực AB(1)

MA=MB(cmt)

=> M thuộc đường trung trực AB (2)

Từ (1)(2)=> OM là cả đường trung trực

=> MO vuông góc AB (*)

Ta có: OA=OB=OC(=bk)

=> OB=\(\frac{1}{2}AC\)

mà OB là đường trung tuyến

=> Δ ABC vuông tại B

=> AB vuông góc BC(**)

Từ (*)(**)=> MO//BC

=> BMOC là hình thang

18 tháng 11 2016

Bài 2:

a,

Ta có : góc AQM=90 độ ( MQ vuông góc xy)

góc APM =90 độ ( MP vuông góc AB)

góc QAP=90độ ( xy vuông góc OA)

=> QMPA là hình chữ nhật

b, Trong hình chữ nhật QMPA:

Có : I là trung điểm của đường chéo thứ nhất QP

-> I cũng là trung điểm của đường chéo thứ 2 AM

=> IA=IM

=> OI vuông góc AM tại I ( đường kính đi qua trung điểm => vuông góc ( đ/Lý 3)

Em kham khảo link này nhé.

Câu hỏi của Trần Đức Thắng - Toán lớp 9 - Học toán với OnlineMath