Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
a) Ta có △AOC vuông tại C
⇒sin^CAO=OC/OA
⇒CAOˆ=30°
Mà A là giao điểm của 2 tiếp tuyến của (O)
⇒BACˆ=2.OACˆ=2.30° =60° (1)
Và AB=AC(2)
Từ (1),(2)⇒△ABC đều
b) Ta có OD⊥OB
AB⊥OB
Suy ra OD//AB⇒OD//AE(3)
Chứng minh tương tự: OE//AD(4)
Tự (3),(4)⇒ADOE là hình bình hành
Ta có △AOC vuông tại C
⇒OABˆ+AOBˆ=90°
⇒AOBˆ=90° −OABˆ=90° −30° = 60°
Ta lại có:DOBˆ=90°
⇒DOAˆ+AOBˆ=90°
⇔DOAˆ+ 60°=90°
⇒ DOAˆ=30°
⇒OADˆ=DOAˆ =30°
⇒△DOA cân tại D⇒AD=DO
Mà ADOE là hình bình hành
Vậy ADOE là hình thoi
c) Ta gọi H là giao điểm hai đường chéo OA và DE của hình thoi ADOE
⇒OH=HA=OA/2=2R/2=R
⇒H nằm trên đường tròn (O)
Và AO⊥DE ⇒ OHDˆ= 90°
Vậy DE là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại H
Lời giải:
1.
Vì $BC\equiv d$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $OH\perp BC$
$\Rightarrow \triangle BHO$ vuông tại $H$ và tam giác $CHO$ vuông tại $H$
Tam giác $HBO$ vuông có đường cao $HM$ nên áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông có $HO^2=OM.OB(1)$
Hoàn toàn tương tự, với tam giác vuông $CHO$ có đường cao $HN$ có: $HO^2=ON.OC(2)$
Từ $(1);(2)\Rightarrow OM.OB=ON.OC$ (đpcm)
------------
Vì $OM.OB=HO^2=OA^2\Rightarrow \frac{OM}{OA}=\frac{OA}{OB}$
$\Rightarrow \triangle MOA\sim \triangle AOB$ (c.g.c)
$\Rightarrow \widehat{MAO}=\widehat{ABO}=\widehat{AOB}=\widehat{AOM}$ (do $AB=AO$)
$\Rightarrow \triangle AMO$ cân tại $M$
$\Rightarrow AM=OM$
Hoàn toàn tương tự: $NA=NO$
Do đó $MN$ là đường trung trực của $AO$ nên $MN$ luôn đi qua trung điểm của $AO$. $A,O$ cố định nên trung điểm của nó $I$ cũng cố định. Vậy $MN$ luôn đi qua điểm cố định (đpcm)
2.
Vì $OM.OB=ON.OC$ nên $\triangle OMN\sim \triangle OCB$ (c.g.c)
$\Rightarrow \widehat{OMN}=\widehat{OCB}$ hay $\widehat{OMI}=\widehat{OCH}$
$\Rightarrow \triangle OMI\sim \triangle OCH$ (g.g)
$\Rightarrow \frac{OM}{OC}=\frac{OI}{OH}=\frac{OA}{2OH}=\frac{1}{2}$
$\Rightarrow 2OM=OC$
$\Rightarrow OB.OC=2OM.OB=2.OH^2=2R^2$ (đpcm)
