GIÚP EM VỚI Ạ,EM CẦN GẤP Ạ
1) Cho (O) và (O') tiếp xúc ngoài tại A.Gọi MN là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (M ∈ (O);N ∈ (O') )
a) Tính góc MAN
b) Tính MN biết OA=9cm,O'A=4cm
K
Khách
Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Những câu hỏi liên quan
3 tháng 10 2021
Bài 1:
3x+2y=7
\(\Leftrightarrow3x=7-2y\)
\(\Leftrightarrow x=\dfrac{7-2y}{3}\)
Vậy: \(\left\{{}\begin{matrix}y\in R\\x=\dfrac{7-2y}{3}\end{matrix}\right.\)
4 tháng 10 2021
\(1,3x+2y=7\\ \Leftrightarrow2y=7-3x\left(1\right)\)
Vì \(2y⋮2\)
\(\Leftrightarrow3x-7⋮2\\ \Leftrightarrow3x-9⋮2\\ \Leftrightarrow3\left(x-3\right)⋮2\\ \Leftrightarrow x-3⋮2\\ \Leftrightarrow x.lẻ\)
Đặt \(x=2k+1\left(k\in Z\right)\)
Thay vào (1), ta được :
\(\left(1\right)\Leftrightarrow2y=3\left(2k+1\right)-7\\ \Leftrightarrow2y=6k+3-7\\ \Leftrightarrow2y=6k-4\\ \Leftrightarrow y=3k-2\)
Vậy \(x=2k+1;y=3k-2\left(k\in Z\right)\)
\(2,C_1:\left\{{}\begin{matrix}-2x+y=1\\4x+5y=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}-4x+2y=2\\4x+5y=3\end{matrix}\right.\\ \Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}4x+5y=2\\7y=5\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}x=-\dfrac{1}{7}\\y=\dfrac{5}{7}\end{matrix}\right.\\ C_2:\left\{{}\begin{matrix}-2x+y=1\\4x+5y=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow\left\{{}\begin{matrix}y=1+2x\\4x+5y=3\end{matrix}\right.\Leftrightarrow4x+5+10x=3\\ \Leftrightarrow x=-\dfrac{1}{7}\Leftrightarrow y=1-\dfrac{2}{7}=\dfrac{5}{7}\)
NV
Nguyễn Việt Lâm
Giáo viên
23 tháng 12 2022
Qua M kẻ đường thẳng d song song AD (và BC)
Do \(\left\{{}\begin{matrix}AD\in\left(MAD\right)\\BC\in\left(MBC\right)\\AD||BC\\M\in\left(MAD\right)\cap\left(MBC\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow d=\left(MAD\right)\cap\left(MBC\right)\)
AH
Akai Haruma
Giáo viên
30 tháng 9 2021
Lời giải:
Ta có:
$\widehat{ACB}=90^0$ (góc nt chắn nửa đường tròn)
$\Rightarrow BC\perp AD$
$\widehat{ABD}=90^0$ (theo tính chất tiếp tuyến)
$\Rightarrow \triangle ABD$ vuông tại $B$
Vậy tam giác $ABD$ vuông tại $B$ có đường cao $BC$. Áp dụng công thức hệ thức lượng:
$BC^2=AC.CD$ (đpcm)
b.
$BO=BC=OC$ nên $BOC$ là tam giác đều
$\Rightarrow \widehat{CBO}=60^0$
$\Rightarrow \widehat{DAB}=\widehat{CAD}=30^0$
Xét tam giác $ABD$ vuông:
$BC=AB\tan \widehat{DAB}=2R\tan 30^0=8\tan 30^0=\frac{8\sqrt{3}}{3}$ (cm)
LD
29 tháng 11 2023
- Gọi I là giao điểm của EG và HF.
- Theo định lí tiếp tuyến, ta có: $\angle{OBE} = \angle{OBF} = 90^\circ$ và $\angle{ODF} = \angle{ODG} = 90^\circ$.
- Vì $BE$ và $DF$ là tiếp tuyến của đường tròn (O), nên $OE$ và $OF$ là phân giác của $\angle{BOD}$.
- Tương tự, $OG$ và $OH$ là phân giác của $\angle{BOD}$.
- Khi đó, ta có: $\angle{EOI} = \angle{FOI} = \angle{GOI} = \angle{HOI} = 90^\circ$.
- Do đó, $OEIF$ và $OFIG$ là các hình chữ nhật.
- Vì $OE = OF$ và $OG = OH$, nên $OEIF$ và $OFIG$ là các hình vuông.
- Từ đó, ta có: $BE = EF$ và $DG = GH$.
- Vì $ABCD$ là hình thoi, nên $AB = AD$ và $BC = CD$.
- Khi đó, ta có: $AB = AD = BE + EF = BE + DF$ và $BC = CD = DG + GH = EG + HF$.
- Từ đó, ta suy ra: $BE + DF = EG + HF$.
- Do đó, $BE.DF = EG.HF$.
- Từ định lí tiếp tuyến, ta có: $BE.DF = OB^2$ và $EG.HF = OG^2$.
- Vì $OB = OG$ (bán kính đường tròn (O)), nên ta có: $BE.DF = OB.OD$.
Vậy, ta đã chứng minh được a) BE.DF = OB.OD.
b) Ta có:
- Gọi I là giao điểm của EG và HF.
- Theo chứng minh ở câu a), ta có: $OEIF$ và $OFIG$ là các hình vuông.
- Khi đó, ta có: $\angle{EOI} = \angle{FOI} = \angle{GOI} = \angle{HOI} = 90^\circ$.
- Do đó, ta có: $\angle{EOI} + \angle{FOI} + \angle{GOI} + \angle{HOI} = 360^\circ$.
- Từ đó, ta suy ra: $\angle{EOI} + \angle{FOI} + \angle{GOI} + \angle{HOI} = 360^\circ$.
- Vì $EG \parallel HF$, nên ta có: $\angle{EOI} + \angle{FOI} = 180^\circ$.
- Từ đó, ta suy ra: $\angle{GOI} + \angle{HOI} = 180^\circ$.
- Do đó, ta có: $\angle{GOI} = \angle{HOI}$.
- Vậy, ta đã chứng minh được b) EG // HF.
Lời giải:
$(O), (O')$ tiếp xúc ngoài tại $A$ thì $O,A,O'$ thẳng hàng.
$OM\perp MN, O'N\perp MN$ (do $MN$ là ttc)
$\Rightarrow MNO'O$ là hình thang
$\Rightarrow \widehat{NO'A}+\widehat{MOA}=180^0$ (2 góc trong cùng phía).
Lại có:
Theo tính chất tiếp tuyến, góc thì:
$\widehat{AMN}= \frac{1}{2}\widehat{MOA}$
$\widehat{ANM}=\frac{1}{2}\widehat{NO'A}$
$\Rightarrow \widehat{AMN}+\widehat{ANM}=\frac{1}{2}(\widehat{MOA}+\widehat{NO'A})$
$=\frac{1}{2}.180^0=90^0$
$\Rightarrow \widehat{MAN}=90^0$
b. Từ $A$ kẻ tiếp tuyến $AT$ chung của $(O), (O')$
Theo tính chất 2 tt cắt nhau thì:
$AT=MT=TN$
$\Rightarrow MN=MT+TN= 2AT$
Cũng theo tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau thì $TO, TO'$ lần lượt là phân giác $\widehat{MTA}, \widehat{NTA}$
Mà $\widehat{MTA}+\widehat{NTA}=180^0$ nên $TO\perp TO'$
Tam giác $TOO'$ vuông có đường cao $TA$, áp dụng HTL:
$TA^2=OA.O'A=9.4=36$
$\Rightarrow TA=6$
$MN=2TA=2.6=12$ (cm)
Hình vẽ:
