Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
1. MCOD nội tiếp đường tròn (+2 góc đối nhau =180o)
=> đpcm
2. OAI = OBI (c.g.c)
=> ^AOI = ^BOI
=> OI là phân giác cx là trung tuyến
=> OI là đường cao
=> ^OIA = 90o
=> ^OIM = 90o
OIDM nội tiếp (OIM =ODM = 90o)
=> KOD = KMI
.................=> tg KMI ~ tg KOD
=> đpcm....
a) Trong (O) có AB là dây cung không đi qua O và I là trung điểm AB
\(\Rightarrow OI\bot AB\Rightarrow\angle MIO=90\Rightarrow\angle MIO+\angle MCO=90+90=180\)
\(\Rightarrow MIOC\) nội tiếp
b) Vì MC,MD là tiếp tuyến \(\Rightarrow\Delta MCD\) cân tại M có MO là phân giác \(\angle CMD\) \(\Rightarrow MO\bot CD\) mà \(EF\parallel CD\) \(\Rightarrow EF\bot MO\)
tam giác MOE vuông tại O có đường cao OC \(\Rightarrow CM.CE=OC^2\)
tam giác MOC vuông tại C có đường cao HC \(\Rightarrow OH.OM=OC^2\)
\(\Rightarrow OH.OM=CM.CE\)
Vì H là trung điểm CD (\(\Delta MCD\) cân tại M) và \(EF\parallel CD\)
\(\Rightarrow O\) là trung điểm EF
\(\Rightarrow S_{MEF}=2S_{MOE}=2.\dfrac{1}{2}.OC.ME=OC.\left(CM+CE\right)\)
\(\ge R.\sqrt{CM.CE}=R.2\sqrt{OC^2}=R.2OC=2R^2\)
\(\Rightarrow S_{MEF_{min}}=2R^2\) khi \(CM=CE=R\left(CM.CE=R^2\right)\)
\(\Rightarrow OM=\sqrt{R^2+R^2}=\sqrt{2}R\)
Vậy M nằm trên d sao cho \(OM=\sqrt{2}R\) thì diện tích tam giác MEF nhỏ nhất \(\left(=2R^2\right)\)
1: ΔOAB cân tại O
mà OI là trung tuyến
nên OI vuông góc AB
góc OIM=góc OCM=góc ODM=90 độ
=>O,I,M,D,C cùng thuộc đường tròn đường kính OM
góc DIM=góc MOD
góc CIM=góc COM
mà góc COM=góc DOM
nên góc DIM=góc CIM
=>IM là phân giác của góc CID
Bài 4:
a:
Xét (O) có
ΔCED nội tiếp
CD là đường kính
=>ΔCED vuông tại E
ΔOEF cân tại O
mà OI là đường cao
nên I là trung điểm của EF
Xét tứ giác CEMF có
I là trung điểm chung của CM và EF
CM vuông góc EF
=>CEMF là hình thoi
=>CE//MF
=<MF vuông góc ED(1)
Xét (O') có
ΔMPD nội tiêp
MD là đường kính
=>ΔMPD vuông tại P
=>MP vuông góc ED(2)
Từ (1), (2) suy ra F,M,P thẳng hàng
b: góc IPO'=góc IPM+góc O'PM
=góc IEM+góc O'MP
=góc IEM+góc FMI=90 độ
=>IP là tiếp tuyến của (O')
a) dễ dàng chứng minh được MD2= MC2 = MA.MB ( bằng cách kẻ đường thẳng từ M qua O và chứng minh tam giác đồng dạng)
MC2=MA.MB => tam giác MAC đồng dạng với tam giác MCB => \(\frac{MA}{MC}=\frac{AC}{BC}\)(1)
MD2=MA.MB => tam giác MAD đồng dạng với tam giác MDB => \(\frac{MA}{MD}=\frac{AD}{BD}\)(2)
TỪ (1) và (2) => \(\frac{AC}{BC}=\frac{AD}{BD}\)=> AC.BD=AD.BC
b)
xét tam giác vuông MOE với đường cao OC; Đặt OM=x;
\(\frac{1}{OE^2}+\frac{1}{OM^2}=\frac{OM^2+OE^2}{OM^2.OE^2}=\frac{ME^2}{OC^2.ME^2}\)=\(\frac{1}{OC^2}\)=>\(\frac{1}{OE^2}+\frac{1}{x^2}=\frac{1}{R^2}=>OE=\frac{x.R}{\sqrt{x^2-R^2}}\)
Tam giác MCO=tam giác MDO( vì OC=OD;OM cạnh chung và góc MCO=góc MDO=90o) => góc CMO = góc DMO
tam giác MEF có MO vừa là đường cao vừa là phân giác nên MO cũng là đường trung tuyến của EF => EF=2OE
diện tích tam giác MEF là \(\frac{1}{2}OM.\)EF=OE.OM=\(\frac{x.R}{\sqrt{x^2-R^2}}x\)=R.\(\frac{x^2}{\sqrt{x^2-R^2}}\)\(\ge R\).R\(\sqrt{2}\)=R2\(\sqrt{2}\)
Thật vậy \(\frac{x^2}{\sqrt{x^2-R^2}}\ge2\sqrt{R}< =>\frac{x^4}{x^2-R^2}\ge4R\)<=> (x2-2R)2\(\ge0\)(đúng)
=> diện tích MEF nhỏ nhất khi x2=2R <=> x=OM =\(\sqrt{2R}\)hay M là giao của (O;\(\sqrt{2R}\)) và AB (có 2 điểm M thỏa mãn)