Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Hướng dẫn, ghét hình học phẳng:
Để ý rằng AB vuông góc (M) tại H nên AH, BH cũng là các tiếp tuyến của (M)
- Nối MA, MB
- \(\widehat{AMB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O) nên suy ra...
- AH, AC là 2 tiếp tuyến \(\Rightarrow\widehat{AMC}=\widehat{AMH}\)
Tương tự: \(\widehat{BMD}=\widehat{BMH}\)
\(\Rightarrow\widehat{CMD}=2\left(\widehat{AMH}+\widehat{BMH}\right)\)
b. AC, AH, BD, BH là các tiếp tuyến nên \(\left\{{}\begin{matrix}AC=AH\\BD=BH\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow AC+BD=...\)
c.
AC song song BD (cùng vuông CD), O và M lần lượt là trung điểm AB, CD
\(\Rightarrow OM\) là đtb hình thang vuông ABDC \(\Rightarrow OM\) vuông CD
Hệ thức lượng tam giác vuông OMK: \(OM^2=OH.OK\)
Mà \(OM=\dfrac{AB}{2}\Rightarrow...\)
đường thằng (d) tiếp xúc với (O) tại A => D là tiếp tuyến của A
=> AM _|_ AB (tính chất tiếp tuyến) => tam giác AMB vuông A
lại có góc ANB=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) => tam giác ANB vuông tại N
xét tam giác vuông AMB và ANB có \(\widehat{B}\)chung
=> tam giác AMB đồng dạng với tam giác ANB => \(\frac{AB}{BM}=\frac{BN}{AB}\Rightarrow AB^2=BN\cdot BM\)
mà AB=2R không đổi => AB2=4R2 không đổi => BM.BN=4R2 không đổi
b) ta có \(\widehat{AQP}=\frac{1}{2}\left(sđAB-sđAP\right)=\frac{1}{2}sđPB\)(định lý góc côc định ngoài đường tròn)
lại có \(PNB=\frac{1}{2}sđPB\)(tính chất góc nội tiếp) => \(AQP=PNB\left(=\frac{1}{2}sđPB\right)\)
hay \(\widehat{MQP}=\widehat{PNB}\)mà \(\widehat{MNP}+\widehat{PNB}=180^o\)(kề bù) => ^MQP=^MNP=1800
=> tứ giác MNPQ nội tiếp
c) áp dụng bđt Cosi cho 2 số dương ta có:
\(BM+BN\ge2\sqrt{BM\cdot BN}=2\sqrt{4R^2}=4R\)
dấu "=" xảy ra khi BM=BN <=> M trùng với N trái với giả thiết => BM+BN >4R(1)
chứng minh tương tự ta có BP+BQ >4R (2)
từ (1) và (2) => BM+BN+BP+BQ >8R (đpcm)