bn tựu vẽ hk nha

a, dễ cm tứ giác ABCD là hình thang

ta có AD//MO//CB(cùng vuông góc vs DC) 

    A0=B0  

từ đây suy ra DM=MC

B, TỪ M KẺ MH VUÔNG GÓC VS AB

TA CÓ GÓC DAM=GÓC AMO( do AD//MO) (1)

LẠI CÓ GÓC AMO=GÓC MAO( do  MO=AO)  (2)

TỪ (1)(2) SUY RA GÓC DAM=GÓC MAO

                   LẠI CÓ GÓC D=GÓC MHA=90

SUY RA TAM GIAC DMA=TAM GIAC HMA

SUY RA AD=AH

tự BC=HB

TỪ ĐÂY SUY RA AD+CB=AH+BH=AB KO ĐỔI

C, TA CÓ MH=DM=MC(CMT)

LẠI CÓ MHVUOONG GÓC VS AB 

SUY RA DƯỜNG TRÒN CD TX VS AB

D, TRONG HT VUÔNG ABCD CÓ DC<=AB

SUY RA  SABCD=\(\frac{\left(AD+CB\right).DC}{2}=\frac{AB.CD}{2}< =\frac{AB^2}{2}\)

DẤU = XẢY RA KHI M NẰM CHÍNH GIỬA CUNG AB

A B H K O M x y N

a/ Ta có : \(\hept{\begin{cases}AH\text{//}OM\text{//}BK\\OA=OB\end{cases}}\) \(\Rightarrow\)OM là đường trung bình của hình thang ABKH

\(\Rightarrow\)\(AH+BK=2OM=2R\) (không đổi)

b/ Từ M hạ MN vuông góc với AB tại N (1)

Ta sẽ chứng minh MN = MK

Xét trong (O;R) thì : \(\widehat{BMK}=\widehat{MAB}\) (cùng chắn cung MB)

Mà : \(\hept{\begin{cases}\widehat{BMK}+\widehat{MBK}=90^o\\\widehat{MAB}+\widehat{MBA}=90^o\end{cases}}\) \(\Rightarrow\)\(\widehat{MBA}=\widehat{MBK}\)

Xét hai tam giác vuông NBM và KBM có MB là cạnh huyền (chung) , \(\widehat{MBA}=\widehat{MBK}\)

\(\Rightarrow\)\(\Delta NBM=\Delta KBM\) (ch.gn)

\(\Rightarrow\) MN = MK (2)

Từ (1) và (2) suy ra đpcm.

c/ Vì ABKH là hình thang vuông nên \(S_{ABKH}=\frac{1}{2}\left(AH+BK\right).HK=\frac{1}{2}.2OM.HK\)

\(=\left(2MN\right).OM\) . Mà OM = R không đổi, vậy \(maxS_{ABKH}\Leftrightarrow maxMN\Leftrightarrow MN=OM\)\(\Leftrightarrow\)M là điểm chính giữa cung AB

Khi đó thì : \(S_{ABKH}=2OM.OM=2R^2\)

không biết

a, 70⁰ góc nào bạn ? 

b, Vì AB là tiếp tuyến (O) => ^ABO = 90⁰ 

AO giao BC = K 

AB = AC ; OB = OC = R 

Vậy OA là đường trung trực đoạn BC 

Xét tam giác ABO vuông tại B, đường cao BK

Áp dụng định lí Pytago tam giác ABO vuông tại B 

\(AB=\sqrt{AO^2-BO^2}=\sqrt{16-4}=2\sqrt{3}\)cm 

Áp dụng hệ thức : \(BK.AO=BO.AB\Rightarrow BK=\frac{BO.AB}{AO}=\frac{4\sqrt{3}}{4}=\sqrt{3}\)cm 

Vì AO là đường trung trực => \(BC=2KB=2\sqrt{3}\)cm 

Chu vi tam giác ABC là :

 \(P_{ABC}=AB+AC+BC=2AB+BC=4\sqrt{3}+2\sqrt{3}=6\sqrt{3}\)cm 

a:Xét (O) có

CM,CA là các tiếp tuyến

Do đó: CM=CA; OC là phân giác của góc MOA; CO là phân giác của góc MCA

Xét (O) có

DM,DB là các tiếp tuyến

Do đó: DM=DB; OD là phân giác của góc MOB; DO là phân giác của góc MDB

Diện tích tứ giác ACDB là:

\(S_{ACDB}=\frac12\cdot\left(AC+DB\right)\cdot AB=\frac12\left(CM+MD\right)\cdot AB=\frac12\cdot AB\cdot CD\)

\(=\frac12\cdot2R\cdot CD=R\cdot CD\)

Để diện tích ACDB nhỏ nhất thì CD nhỏ nhất

Kẻ CK⊥BD tại K

ΔCKD vuông tại K

=>CK<=CD

=>CD>=CK

=>CD nhỏ nhất khi D trùng với K

=>CD⊥BD tại D

Xét tứ giác ABDC có \(\hat{ABD}=\hat{CAB}=\hat{CDB}=90^0\)

nên ABDC là hình chữ nhật

=>CD=AB và AC=BD

Xét ΔCAO vuông tại A và ΔDBO vuông tại B có

CA=DB

AO=BO

Do đó: ΔCAO=ΔDBO

=>OC=OD

ΔOCD cân tại O

mà OM là đường cao

nên OM là phân giác của góc COD

=>\(\hat{COM}=\hat{DOM}=\frac12\cdot90^0=45^0\)

Xét tứ giác DMOB có \(\hat{DMO}+\hat{DBO}=90^0+90^0=180^0\)

nên DMOB là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{MOD}=\hat{MBD}\)

=>\(\hat{MBD}=45^0\)

Ta có: \(\hat{MBD}+\hat{MBA}=\hat{ABD}\) (tia BM nằm giữa hai góc BA và BD)

=>\(\hat{MBA}=90^0-45^0=45^0\)

Xét (O) có

ΔMAB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔMAB vuông tại M

mà \(\hat{MBA}=45^0\)

nên ΔMAB vuông cân tại M

=>MA=MB

=>M là điểm chính giữa của cung nhỏ AB

b: Gọi E là giao điểm của BM và AC

ΔMAB vuông tại M

=>MA⊥BE tại M

=>ΔAME vuông tại M

Ta có: \(\hat{CAM}+\hat{CEM}=90^0\) (ΔAME vuông tại M)

\(\hat{CMA}+\hat{CME}=\hat{AME}=90^0\)

mà \(\hat{CAM}=\hat{CMA}\) (ΔCAM cân tại C)

nên \(\hat{CEM}=\hat{CME}\)

=>CE=CM

mà CM=CA

nên CE=CA(1)

Ta có: MH⊥AB

AC⊥BA

Do đó: MH//AC

Xét ΔBAC có IH//AC

nên \(\frac{IH}{AC}=\frac{BI}{BC}\) (2)

Xét ΔBCE có MI//CE
nên \(\frac{MI}{CE}=\frac{BI}{BC}\) (3)

Từ (1),(2),(3) suy ra IH=IM

=>I là trung điểm của HM

=>CB đi qua trung điểm I của HM

A B D C M

1. Ta có  AD // OM // BC ; OA = OB

=> OM là đường trung bình của hình thang ABCD => M là trung điểm CD => MC = MD

2. Vì OM là đường trung bình của hình thang ABCD nên : \(OM=\frac{AD+BC}{2}\Rightarrow AD+BC=2OM\)không đổi. 

3. Dễ thấy M là tâm của đường tròn đường kính CD vì MC = MD

Lại có AD vuông góc với MD => đpcm

4. Ta có : \(S_{ABCD}=\frac{1}{2}.\left(AD+BC\right).CD=OM.CD\)

Vì OM không đổi nên S.ABCD lớn nhất <=> CD lớn nhất <=> CD = AB

Vậy max (S.ABCD) = OM . AB = R.(2R) = 2R² với R = AB/2

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