Dự đoán: Quỹ tích cần tìm là nửa đường tròn đường kính AB.

Chứng minh phần thuận:

ABCD là hình thoi

⇒ AC ⊥ BD ( hình thoi có 2 đường chéo vuông góc với nhau)

⇒ 

Vậy quỹ tích của O là nửa đường tròn đường kính AB.

Chứng minh phần đảo: Chứng minh với mọi điểm O thuộc nửa đường tròn đường kính AB ta đều có hình thoi ABCD thỏa mãn đề bài.

+ Lấy điểm O thuộc nửa đường tròn đường kính AB

+ Lấy C đối xứng với A qua O

+ Lấy D đối xứng với B qua O.

Tứ giác ABCD có AC cắt BD tại O là trung điểm mỗi đường

⇒ ABCD là hình bình hành.

Mà O thuộc nửa đường tròn đường kính AB

⇒ 

⇒ AC ⊥ DB

⇒ Hình bình hành ABCD là hình thoi.

Kết luận: Quỹ tích điểm O là nửa đường tròn đường kính AB (khác A và B)

Kiến thức áp dụng

Dự đoán: Quỹ tích cần tìm là nửa đường tròn đường kính AB.

Chứng minh phần thuận:

ABCD là hình thoi

⇒ AC ⊥ BD ( hình thoi có 2 đường chéo vuông góc với nhau)

⇒ 

Vậy quỹ tích của O là nửa đường tròn đường kính AB.

Chứng minh phần đảo: Chứng minh với mọi điểm O thuộc nửa đường tròn đường kính AB ta đều có hình thoi ABCD thỏa mãn đề bài.

+ Lấy điểm O thuộc nửa đường tròn đường kính AB

+ Lấy C đối xứng với A qua O

+ Lấy D đối xứng với B qua O.

Tứ giác ABCD có AC cắt BD tại O là trung điểm mỗi đường

⇒ ABCD là hình bình hành.

Mà O thuộc nửa đường tròn đường kính AB

⇒ 

⇒ AC ⊥ DB

⇒ Hình bình hành ABCD là hình thoi.

Kết luận: Quỹ tích điểm O là nửa đường tròn đường kính AB (khác A và B)

Chọn đáp án B

Xét hình thoi ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường

Suy ra   A O   ⊥   B O   ⇒    =   90 °

Ta có  =    90 °  không đổi mà cố định

⇒ Quỹ tích điểm O là nửa đường tròn đường kính AB trừ hai điểm A và B

Chọn đáp án B

Xét hình thoi ABCD có hai đường chéo AC và BD vuông góc với nhau tại trung điểm của mỗi đường

Suy ra AO ⊥ BO ⇒  = 90°

Ta có  = 90° không đổi mà cố định

⇒ Quỹ tích điểm O là nửa đường tròn đường kính AB trừ hai điểm A và B

Tam giác \(ABO\)vuông tại \(O\). Do đó điểm \(O\)luôn thuộc đường tròn đường kính \(AB\)(trừ 2 điểm \(A\)và \(B\)).

A B C D O

Ta đã biết rằng hai đường chéo hình thoi vuông góc với nhau, vậy điểm O nhìn AB cố định dưới góc 90^o.

Quỹ tích điểm O là nửa đường tròn đường kính AB

cái hình thì mk gửi link trong ib nhé 

a) Gọi O là giao điểm của AC và BD 

\(\Delta OAB\) vuông tại O có \(OA^2+OB^2=AB^2=49\)

Lại có: \(\tan BAC=\tan OAB=\frac{OB}{OA}=\frac{3}{4}\)\(\Leftrightarrow\)\(\frac{OA^2}{16}=\frac{OB^2}{9}=\frac{OA^2+OB^2}{16+9}=\frac{49}{25}\)

\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}\frac{OA}{4}=\frac{7}{5}\\\frac{OB}{3}=\frac{7}{5}\end{cases}}\Leftrightarrow\hept{\begin{cases}OA=\frac{28}{5}\left(cm\right)\\OB=\frac{21}{5}\left(cm\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)\(\hept{\begin{cases}AC=2OA=\frac{56}{5}\left(cm\right)\\BD=2OB=\frac{42}{5}\left(cm\right)\end{cases}}\)

\(\Rightarrow\)\(S_{ABCD}=\frac{1}{2}AC.BD=\frac{1}{2}.\frac{56}{5}.\frac{42}{5}=\frac{1176}{25}=47,04\left(cm^2\right)\)

b) Gọi E, F lần lược là giao điểm của BD với MN và PQ 

tam giác ABD có MQ // BD 

\(\Rightarrow\)\(\frac{MQ}{BD}=\frac{MA}{AB}\) ( hệ quả định lí Talet ) 

tam giác OAD có QF // OA 

\(\Rightarrow\)\(\frac{QF}{OA}=\frac{DQ}{AQ}=\frac{MB}{AB}\) ( hệ quả định lí Talet ) 

\(\Rightarrow\)\(\frac{MQ}{BD}+\frac{QF}{OA}=\frac{MA+MB}{AB}=1\)

\(\Rightarrow\)\(1\ge2\sqrt{\frac{MQ.QF}{BD.OA}}\)\(\Leftrightarrow\)\(MQ.QF\le\frac{1}{4}BD.OA\)

Tương tự, ta cũng có: \(NP.PF\le\frac{1}{4}BD.OC\)

\(\Rightarrow\)\(MQ.QF+NP.PF=S_{MEFQ}+S_{NEFP}=S_{MNPQ}\le\frac{1}{4}BD.AC=\frac{1}{2}S_{ABCD}=23,52\left(cm^2\right)\)

Dấu "=" xảy ra khi M, N, P, Q là trung điểm của AB, BC, CD, DA 

a: ABCD là hình thoi

=>AC là phân giác của góc BAD, CA là phân giác của góc BCD, BD là phân giác của góc ABC, DB là phân giác của góc ADC

Xét ΔAHO vuông tại H và ΔALO vuông tại L có

AO chung

\(\hat{HAO}=\hat{LAO}\)

Do đó: ΔAHO=ΔALO

=>OH=OL(1)

Xét ΔDLO vuông tại L và ΔDKO vuông tại K có

DO chung

\(\hat{LDO}=\hat{KDO}\)

Do đó: ΔDLO=ΔDKO

=>OL=OK(2)

Xét ΔCIO vuông tại I và ΔCKO vuông tại K có

CO chung

\(\hat{ICO}=\hat{KCO}\)

Do đó: ΔCIO=ΔCKO

=>OI=OK(3)

Từ (1),(2),(3) suy ra OH=OL=OK=OI

=>H,L,K,I cùng thuộc (O;OH)

ABCD là hình thoi

=>AC⊥BD tại O và O là trung điểm chung của AC và BD

O là trung điểm của AC

=>AO=OC=AC/2=2(cm)

Xét ΔABD có AB=AD và \(\hat{BAD}=60^0\)

nên ΔABD đều

ΔABD đều

mà AO là đường cao

nên \(AO=AB\cdot\frac{\sqrt3}{2}\)

=>\(AB=2:\frac{\sqrt3}{2}=\frac{4}{\sqrt3}\) (cm)

ΔAOB vuông tại O

=>\(AO^2+OB^2=AB^2\)

=>\(OB^2=\left(\frac{4}{\sqrt3}\right)^2-2^2=\frac{16}{3}-4=\frac{16}{3}-\frac{12}{3}=\frac43\)

=>\(OB=\frac{2}{\sqrt3}\) (cm)

Xét ΔOAB vuông tại O có OH là đường cao

nên \(OH\cdot AB=OA\cdot OB\)

=>\(OH\cdot\frac{4}{\sqrt3}=2\cdot\frac{2}{\sqrt3}=\frac{4}{\sqrt3}\)

=>OH=1(cm)

=>\(R_{\left(HLKI\right)}=1\operatorname{cm}\)

b: Xét ΔABD có

M,Q lần lượt là trung điểm của AB,AD

=>MQ là đường trung bình của ΔABD

=>MQ//BD và \(MQ=\frac{BD}{2}\)

Xét ΔCBD có

N,P lần lượt là trung điểm của CB,CD

=>NP là đường trung bình của ΔCBD

=>NP//BD và \(NP=\frac{BD}{2}\)

Xét ΔBAC có

M,N lần lượt là trung điểm của BA,BC

=>MN là đường trung bình của ΔBAC

=>MN//AC và MN=AC/2

NP//BD

MQ//BD

Do đó: MQ//NP

\(MQ=\frac{BD}{2}\)

\(NP=\frac{BD}{2}\)

Do đó: MQ=NP

MN//AC

AC⊥BD

Do đó: MN⊥BD

MN⊥BD

MQ//BD

Do đó: MN⊥MQ

Xét tứ giác MQPN có

MQ//PN

MQ=PN

Do đó: MQPN là hình bình hành

Hình bình hành MQPN có MN⊥MQ

nên MQPN là hình chữ nhật

=>M,Q,P,N cùng thuộc một đường tròn