a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp.

Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ OBDF.

Ta có: DBO = 90⁰ và DFO = 90⁰(tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác OBDF có  DBO+DFO =180⁰ nên nội tiếp được trong một đường tròn.

Tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF là trung điểm của OD

b) Tính Cos DAB .

Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác OFA vuông ở F ta được:

\(OA=\sqrt{OF^2+AF^2}=\sqrt{R^2+\left(\frac{4R}{3}\right)}=\frac{5R}{3}\)

\(COS\)\(FAO=\frac{AF}{OA}=\frac{4R}{3}:\frac{5R}{3}=0,8=>COSDAB=0,8\)

 c) Kẻ OM ⊥ BC ( M ∈ AD) . Chứng minh \(\frac{BD}{DM}-\frac{DM}{AM}\) =1

∗ OM // BD ( cùng vuông góc BC) ⇒ MOD BDO = (so le trong) và BDO ODM = (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra: MDO =MOD.

Vậy tam giác MDO cân ở M. Do đó: MD = MO

∗ Áp dụng hệ quả định lí Ta let vào tam giác ABD có OM // BD ta được:

\(\frac{BD}{OM}=\frac{AD}{AM}HAY\frac{BD}{DM}=\frac{AD}{AM}\)(VÌ MD=MO)

\(=>\frac{BD}{DM}=\frac{AM+DM}{AM}=1+\frac{DM}{AM}\)

Do đó:\(\frac{DM}{BM}-\frac{DM}{AM}=1\left(đpcm\right)\)

 d) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R.

∗Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OAM vuông ở O có OF ⊥ AM ta được:

OF² = MF. AF hay R² = MF. \(\frac{4r}{3}\)⇒ MF = \(\frac{3r}{4}\)

∗ Áp dụng định lí pi ta go cho tam giác MFO vuông tại F ta được:

OM =  \(\sqrt{OF^2+MF^2}=\sqrt{R^2+\frac{3R}{4}^2}=\frac{5R}{4}\)

∗ OM //BD =>\(\frac{OM}{BD}=\frac{AO}{AB}=>BD=\frac{OM.AB}{OA}=\frac{5R}{4}.\left(\frac{5R}{3}+R\right):\frac{5R}{3}=2R\)

Gọi S là diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O)

 S1 là diện tích hình thang OBDM.

S2 là diện tích hình quạt góc ở tâm BON = 90 ⁰

Ta có: S = S1 – S2 .

\(S1=\frac{1}{2}\left(OM+BD\right).OB=\frac{1}{2}\left(\frac{5R}{4}+2R\right).R=\frac{13R^2}{8}\left(đvdt\right)\)

\(S2=\frac{\pi R^2.90^0}{360^0}=\frac{\pi R^2}{4}\left(đvdt\right)\)

Vậys=s1-s2=\(\frac{13r^2}{8}-\frac{\pi r^2}{4}=\frac{r^2}{8}\left(13-2\pi\right)\left(đvdt\right)\)

 Phạm Cao Thúy An: Biết rồi còn hỏi làm gì?

a: Xét tứ giác MAOB có \(\widehat{MAO}+\widehat{MBO}=180^0\)

nên MAOB là tứ giác nội tiếp

Xét (O) có

MA là tiếp tuyến

MB là tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

mà OA=OB

nên OM là đường trung trực của AB

=>OM⊥AB

b: Xét ΔMAC và ΔMDA có 

\(\widehat{MAC}=\widehat{MDA}\)

\(\widehat{AMC}\) chung

Do đó: ΔMAC∼ΔMDA
SUy ra: MA/MD=MC/MA

hay \(MA^2=MC\cdot MD\left(1\right)\)

Xét ΔOAM vuông tại A có AH là đường cao

nên \(MH\cdot MO=MA^2\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(MC\cdot MD=MH\cdot MO\)

Chọn B

a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp.       

  Xác định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ OBDF. 

Giải :  

 Ta có: \(\widehat{DBO}=90^o\)và  \(\widehat{DFO}=90^o\)(tính chất tiếp tuyến)       

Tứ giác OBDF có \(\widehat{DBO}+\widehat{DFO}=90^o+90^o=180^o\)nên nội tiếp được trongmột đường tròn.           

  Tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF là trung điểm của OD

mk làm được phần a rồi đấy, ai giúp mk phần b,c,d thôi. cảm ơn 

tiện thể xem hộ xem đúng k nha

B A D C O M E

a)+)tứ giác ABCD có 2 đường chéo bằng nhau AC=BD , vuông góc với nhau và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường

=> Tứ giác ABCD là hình vuông

+) Tam giác AOB vuông tại O, có OA=OB=R, theo Pytago thuận:

=> \(AB^2=OA^2+OB^2=2R^2\)

Khi đó diện tích tứ giác ABCD:

\(S=AB^2=2R^2\)

b) +) góc AEC=90' ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Ta có: góc MOC + góc MEC =180=> OMEC nội tiếp đường tròn đường kính MC

Theo Pytago thuận ta có:

\(MC^2=OM^2+OC^2=\frac{R^2}{4}+R^2=\frac{5R^2}{4}\Rightarrow MC=\frac{R\sqrt{5}}{2}\)

\(\Rightarrow S=\frac{MC^2}{4}.\pi=\frac{5R^2}{16}.\pi\)

c) MA=MC (M thuộc trung trực AC)=> tam giác MAC cân tại M=> MCA=MAC

Tương tự, ta có OAE=OEA

=> OEA=MCA

=> \(\Delta OAE~\Delta MAC\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\frac{OA}{MA}=\frac{AE}{AC}\Leftrightarrow MA.AE=OA.AC=2R^2\)