Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
Bạn tự vẽ hình nhé :
1.Vì CM,CA là tiếp tuyến của (O)
\(\Rightarrow CM\perp OM,CA\perp OA\)
\(\Rightarrow CAOM\)nội tiếp đường tròn đường kính OC
Tương tự DMOB nội tiếp đường tròn đường kính OD
2 . Vì CM,CA là tiếp tuyến của (O)
\(\Rightarrow CM=CA,OC\) là phân giác \(\widehat{AOM}\)
Tương tự DM = DB , OD là phân giác ^BOM
Mà \(\widehat{AOM}+\widehat{MOB}=180^0\)
\(\Rightarrow OC\perp OD\)
Lại có ; \(OM\perp CD\Rightarrow CM.DM=OM^2\Rightarrow CM.DM=R^2\)
Mà : \(CM=CA,DM=DB\Rightarrow AC.BD=R^2\Rightarrow AC.3R=R^2\Rightarrow AC=\frac{R}{3}\)
\(\Rightarrow S_{ABCD}=\frac{1}{2}AB\left(BD+CA\right)=\frac{1}{2}.2R.\left(3R+\frac{R}{3}\right)=\frac{10R^2}{3}\)
3.Vì CM,CA là tiếp tuyến của (O)
\(\Rightarrow CO\perp AM=E\) là trung điểm AM
Tương tự \(OD\perp BM=F\) là trung điểm BM
\(\Rightarrow MN\) là đường trung bình \(\Delta ABC\Rightarrow EF//MN\)
Mà \(OE\perp ME,OF\perp MF,MN\perp ON\)
\(\Rightarrow M,E,N,O,F\in\) đường tròn đường kính OM
\(\Rightarrow EFNO\) nội tiếp
\(\Rightarrow\widehat{EFO}+\widehat{ENO}=180^0\)
Mà \(\widehat{NEF}+\widehat{ENO}=180^0\) ( EF // AB => EF//NO )
\(\Rightarrow EFON\) là hình thang cân
a) Xét (O) có
ΔMJN nội tiếp đường tròn(M,J,N∈(O))
MN là đường kính(gt)
Do đó: ΔMJN vuông tại J(Định lí)
⇒\(\widehat{MJN}=90^0\)
⇔\(\widehat{HJN}=90^0\)
Xét tứ giác HJNI có
\(\widehat{HJN}\) và \(\widehat{HIN}\) là hai góc đối
\(\widehat{HJN}+\widehat{HIN}=180^0\left(90^0+90^0=180^0\right)\)
Do đó: HJNI là tứ giác nội tiếp(Dấu hiệu nhận biết tứ giác nội tiếp)
⇔H,J,N,I cùng nằm trên một đường tròn
giúp mình câu 4 nhé
- Ta có \(\angle P A Q = 9 0^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).
- Xét tứ giác \(O A B Q\), ta có \(\angle O B A + \angle O Q A = \left(\right. 9 0^{\circ} - \angle A O B \left.\right) + \left(\right. 9 0^{\circ} - \angle A O Q \left.\right) = 18 0^{\circ} - \left(\right. \angle A O B + \angle A O Q \left.\right) = 18 0^{\circ} - \angle B O Q\).
- Vì \(\angle P A Q = 9 0^{\circ}\), nên \(\angle O B A + \angle O Q A = 18 0^{\circ} - 9 0^{\circ} = 9 0^{\circ}\).
- Suy ra \(\angle O B A + \angle O Q A = 9 0^{\circ}\).
- Vậy tứ giác \(O A B Q\) nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối bằng \(18 0^{\circ}\)).
2) Chứng minh \(M C \cdot M A\) không đổi:- Xét \(\triangle A M C\) và \(\triangle Q M C\), ta có \(\angle M A C = \angle M Q C\) (cùng chắn cung \(A Q\)).
- \(\angle A M C\) chung.
- Suy ra \(\triangle A M C sim \triangle Q M C\) (g.g).
- Do đó \(\frac{M C}{M Q} = \frac{M A}{M C}\), suy ra \(M C^{2} = M A \cdot M Q\).
- Vì \(M , Q\) cố định nên \(M Q\) không đổi. Mà \(M C \cdot M A = R^{2}\) (hằng số).
- Vậy \(M C \cdot M A\) không đổi khi \(A\) di chuyển trên cung nhỏ \(P N\).
3) Chứng minh \(I N = \sqrt{2} E N\):- Gọi \(R\) là bán kính đường tròn. Vì \(M N \bot P Q\) tại \(O\) nên \(O M = O N = O P = O Q = R\).
- Vì \(O A\) là phân giác \(\angle M O P\) nên \(\angle M O A = 4 5^{\circ}\).
- Xét \(\triangle O N A\) vuông tại \(O\), ta có \(O A = O N = R\), suy ra \(\triangle O N A\) vuông cân tại \(O\).
- Do đó \(A N = R \sqrt{2}\).
- Ta có \(\angle O A E = \angle O A I = 4 5^{\circ}\).
- Xét \(\triangle A E N\) và \(\triangle A I N\), ta có \(\angle A E N = \angle A I N = 9 0^{\circ}\), \(A N\) chung, \(\angle E A N = \angle I A N = 4 5^{\circ}\).
- Suy ra \(\triangle A E N = \triangle A I N\) (g.c.g).
- Do đó \(E N = I N\).
- Vậy \(I N = \sqrt{2} E N\).
4) Tìm vị trí của điểm \(A\) để diện tích tam giác \(A C E\) đạt giá trị lớn nhất:- Diện tích tam giác \(A C E\) là \(S_{A C E} = \frac{1}{2} A C \cdot C E \cdot sin \angle A C E\).
- Để \(S_{A C E}\) lớn nhất thì \(A C \cdot C E\) lớn nhất (vì \(\angle A C E\) không đổi).
- Ta có \(A C \cdot C E \leq \frac{\left(\right. A C + C E \left.\right)^{2}}{4}\).
- \(A C + C E = A E\).
- Vậy \(S_{A C E}\) lớn nhất khi \(A C = C E\), tức là \(A\) là điểm chính giữa cung \(P N\).
Kết luận: