Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. MCOD nội tiếp đường tròn (+2 góc đối nhau =180o)
=> đpcm
2. OAI = OBI (c.g.c)
=> ^AOI = ^BOI
=> OI là phân giác cx là trung tuyến
=> OI là đường cao
=> ^OIA = 90o
=> ^OIM = 90o
OIDM nội tiếp (OIM =ODM = 90o)
=> KOD = KMI
.................=> tg KMI ~ tg KOD
=> đpcm....
a) dễ dàng chứng minh được MD2= MC2 = MA.MB ( bằng cách kẻ đường thẳng từ M qua O và chứng minh tam giác đồng dạng)
MC2=MA.MB => tam giác MAC đồng dạng với tam giác MCB => \(\frac{MA}{MC}=\frac{AC}{BC}\)(1)
MD2=MA.MB => tam giác MAD đồng dạng với tam giác MDB => \(\frac{MA}{MD}=\frac{AD}{BD}\)(2)
TỪ (1) và (2) => \(\frac{AC}{BC}=\frac{AD}{BD}\)=> AC.BD=AD.BC
b)
xét tam giác vuông MOE với đường cao OC; Đặt OM=x;
\(\frac{1}{OE^2}+\frac{1}{OM^2}=\frac{OM^2+OE^2}{OM^2.OE^2}=\frac{ME^2}{OC^2.ME^2}\)=\(\frac{1}{OC^2}\)=>\(\frac{1}{OE^2}+\frac{1}{x^2}=\frac{1}{R^2}=>OE=\frac{x.R}{\sqrt{x^2-R^2}}\)
Tam giác MCO=tam giác MDO( vì OC=OD;OM cạnh chung và góc MCO=góc MDO=90o) => góc CMO = góc DMO
tam giác MEF có MO vừa là đường cao vừa là phân giác nên MO cũng là đường trung tuyến của EF => EF=2OE
diện tích tam giác MEF là \(\frac{1}{2}OM.\)EF=OE.OM=\(\frac{x.R}{\sqrt{x^2-R^2}}x\)=R.\(\frac{x^2}{\sqrt{x^2-R^2}}\)\(\ge R\).R\(\sqrt{2}\)=R2\(\sqrt{2}\)
Thật vậy \(\frac{x^2}{\sqrt{x^2-R^2}}\ge2\sqrt{R}< =>\frac{x^4}{x^2-R^2}\ge4R\)<=> (x2-2R)2\(\ge0\)(đúng)
=> diện tích MEF nhỏ nhất khi x2=2R <=> x=OM =\(\sqrt{2R}\)hay M là giao của (O;\(\sqrt{2R}\)) và AB (có 2 điểm M thỏa mãn)
b) Trong (O) có EF là dây cung không đi qua O và K là trung điểm EF
\(\Rightarrow OK\bot EF\Rightarrow\angle OKM=90=\angle ODM\Rightarrow OKDM\) nội tiếp
mà theo câu a) MCOD nội tiếp nên M,D,K,O,C cùng thuộc 1 đường tròn
\(\Rightarrow MDKC\) nội tiếp
\(\Rightarrow\angle MKD=\angle MCD=\angle MDC\) (\(\Delta MCD\) cân tại M) \(=\angle MKC\)
\(\Rightarrow KM\) là phân giác \(\angle DKC\)
4) Ta có: \(AM//PQ\)( cùng vuông góc với OC )
Xét tam giác COQ có: \(EM//OQ\)
\(\Rightarrow\frac{CE}{CO}=\frac{EM}{OQ}\)( hệ quả của định lý Ta-let ) (1)
Xét tam giác COP có: \(AE//OP\)
\(\Rightarrow\frac{CE}{CO}=\frac{AE}{OP}\)( hệ quả của định lý Ta-let ) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{EM}{OQ}=\frac{AE}{OP}\)Mà AE=EM
\(\Rightarrow OQ=OP\)
Xét tam giác CPQ và tam giác COP có chung đường cao hạ từ C, đáy \(OP=\frac{PQ}{2}\)
\(\Rightarrow S_{\Delta CPQ}=2.S_{\Delta COP}\)
Ta có: \(S_{\Delta COP}=\frac{1}{2}OA.CP=\frac{1}{2}R.CP\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác COP vuông tại O có đường cao OA ta có:
\(OA^2=CA.AP\)
Mà \(CA.AP\le\frac{\left(CA+AP\right)^2}{4}=\frac{PC^2}{4}\)( BĐT cô-si )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow AC=AP\)
\(\Rightarrow PC^2\ge4OA^2\)
\(\Rightarrow PC\ge2OA=2R\)
\(\Rightarrow S_{\Delta COP}\ge R^2\)
\(\Rightarrow S_{\Delta CPQ}\ge2R^2\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow AC=AP\)
Mà tam giác COP vuông tại O có đường cao OA
\(\Rightarrow AC=AP=OA=R\)
Khi đó áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác CAO vuông tại A ta được:
\(AC^2+AO^2=OC^2\)
\(\Rightarrow OC=\sqrt{AC^2+AO^2}=R\sqrt{2}\)
Vậy điểm C thuộc đường thẳng d sao cho \(OC=R\sqrt{2}\)thì diện tích tam giác CPQ nhỏ nhất
