Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
GỌI H LÀ GIAO ĐIỂM CỦA MN VÀ AB
TA CÓ : góc ABO=AFH ( CÙNG PHỤ GÓC OAB )
=> sinABO=sinAFH => OA/AB=AH/a=AB/2a ( AH=1/2AB) (1)
TA CÓ : cosABO= OB/AB=HB/b=AB/2b ( HB=1/2AB) (2)
TỪ (1),(2) VÀ sinABO+cosABO=1
=> AB2/4a2 + AB2/4b2 =1
=> AB2 .(1/4b2 +1/4a2 )=1
=> AB2= 4a2b2/ a2+b2 (3)
từ (1),(2) và (3)
=> OA =2ab2/a2+b2 ; OB =2ba2/a2+b2
=> SABCD = 2OA.OB
= 4ab2/a2+b2 . 2ba2 / a2 +b2
= 8a3b3 / ( a2 + b2)2
Tính chất: Trong hình thoi, đường chéo này là trung trực của hai cạnh AB và AC. Nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp của ∆ABC. Tương tự, F là tâm đường tròn ngoại tiếp của ∆ABD
Chứng minh M là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác BDC
Gọi d là đường trung trực của BC
ABCD là hình thoi
=> AC là đường trung trực của BD mà M thuộc AC
=> MB=MD (1)
d là đường trung trực của BC mà M thuộc BC
=> MB=MC (2)
Từ (1) và (2)
=> MB=MC=MD
=> M là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác BDC
Chứng minh N là tâm đường tròn của tam giác ABC tương tự
a. Xét đt (O) ta có: \(\widehat{ABN}=\widehat{MBN}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BN}\)(T/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
\(\widehat{BCN}=\widehat{BCM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BN}\)(T/c góc nội tiếp) => \(\widehat{MBN}=\widehat{BCM}\)
Xét \(\Delta MBN\)và \(\Delta MCB\)có:
+ \(\widehat{MBN}=\widehat{BCM}\left(cmt\right)\)
+ \(\widehat{M}\)chung
=> \(\Delta MBN~\Delta MCB\left(g.g\right)\)=> \(\frac{MB}{MC}=\frac{MN}{MB}\Rightarrow MB^2=MC.MN\left(Đpcm\right)\)
b.Vì M là trung điểm của AB (gt) => MA=MB (Đ/n) => \(MA^2=MB^2=MC.MN\Rightarrow\frac{MA}{MC}=\frac{MN}{MA}\)
Xét \(\Delta AMN\)và \(\Delta CMA\)ta được:
+ \(\widehat{M}\)chung
+ \(\frac{MA}{MC}=\frac{MN}{MA}\left(cmt\right)\)
=> \(\Delta AMN~\Delta CMA\left(c.g.c\right)\)
=> \(\widehat{MAN}=\widehat{MCA}\)(2 góc tương ứng) Mà \(\widehat{MCA}=\widehat{NDC}=\frac{1}{2}sđ\widebat{NC}\)(T/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
=> \(\widehat{MAN}=\widehat{NDC}\)mà 2 góc này ở vị trí so le trong => \(AM//CD\)hay \(AB//CD\)(Đpcm)
c. Xét tứ giác ABCD có:
+ AB = AC (T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
+ AB // CD (cmt)
Vậy tứ giác ABCD là hình thoi khi và chỉ khi : AC // BD
Vì AC là tiếp tuyến của đt (O) (C là tiếp điểm) (gt) => \(OC\perp AB\)(Đ/n) mà AC // BD => \(OC\perp BD\)(Quan hệ vuông góc, song song) => OC đi qua trung điểm của BD (Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \(\Rightarrow OC\)là đường trung trực của đoạn thẳng BD (Đ/n) => \(BC=CD\)(T/c của các điểm thuộc đường trung trực)
Mặt khác tứ giác ABCD là hình thoi => \(AB=BD=CD=AC\)(Đ/n) \(\Rightarrow BC=AB=BD=CD=AC\)=> \(\Delta BCD\)là tam giác đều (Đ/n) \(\Rightarrow\widehat{BDC}=60^o\Rightarrow\widehat{BOC}=120^o\)(Liên hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp)
=> \(\widehat{AOB}=\widehat{AOC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=60^o\)(T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
Xét \(\Delta AOC\)vuông tại C có: \(OA=\frac{OC}{\cos\widehat{AOC}}=\frac{R}{\cos60^o}=2R\)
Do đó để tứ giác ABCD là hình thoi thì \(A\in\left(O;2R\right)\)
Áp dụng định lý Pitago trong \(\Delta AOC\)vuông tại C có: \(AC=\sqrt{OA^2-OC^2}=\sqrt{\left(2R\right)^2-R^2}=R\sqrt{3}\)
=> \(S_{\Delta ABC}=\left(R\sqrt{3}\right)^2.\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{3R^2\sqrt{3}}{4}\)(Định lý Heron)
=> \(S_{ABCD}=2.S_{\Delta ABC}=2.\frac{3R^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3R^2\sqrt{3}}{2}\)
