Hãy nhập câu hỏi của bạn vào đây, nếu là tài khoản VIP, bạn sẽ được ưu tiên trả lời.
M A B H O N I K C D O'
1) Xét đường tròn tâm O' đường kính AN: Điểm I thuộc (O') => ^AIN=900 => ^NIB=900
Xét tứ giác NHBI: ^NHB=^NIB=900 => Tứ giác NHBI nội tiếp đường tròn (đpcm).
2) Ta có tứ giác AKNI nội tiếp (O') => ^KAI+^KNI=1800 (1)
Tứ giác NHBI nội tiếp đường tròn (cmt) => ^INH+^IBH=1800 (2)
MA và MB là 2 tiếp tuyến của (O;R) => MA=MB => \(\Delta\)AMB cân tại M
=> ^MAB=^MBA hay ^KAI=^IBH (3)
Từ (1); (2) và (3) => ^KNI=^INH
Ta thấy: ^NKI=^NAI (Cùng chắn cung NI)
Theo t/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung => NAI=^NBH
=> ^NKI=^NBH. Mà ^NBH=^NIH (Cùng chắn cung HN) => ^NKI=^NIH
Xét \(\Delta\)NHI và \(\Delta\)NIK: ^NIH=^NKI; ^KNI=^INH (cmt) => \(\Delta\)NHI~\(\Delta\)NIK (g.g) (đpcm).
3) ^NIH=^NKI. Mà ^NKI=^NAI => ^NIH=^NAI hay ^NIC=^NAB (4)
^NIK=^NAK (Chắn cung NK). Mà ^NAK=^NBA (Góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)
=> ^NIK=^NBA hay ^NID=^NBA (5)
Cộng (4) & (5) => ^NIC+^NID = ^NAB+^NBA = 1800 - ^ANB = 1800-^CND
=> ^CID+^CND=1800 => Tứ giác CNDI nội tiếp đường tròn => ^NDC=^NIC
Lại có: ^NIC=^NKI=^NAI => ^NDC=^NAI (2 góc đồng vị) => CD//AI hay CD//AB (đpcm).
O M A B H N I K C D E
Ta thấy ^AIN chắn nửa đường tròn đường kính AN => ^AIN = 900 => ^AIN = ^NHB => Tứ giác BINH nội tiếp
=> ^IHN = ^IBN. Mà ^IBN = ^NBA = ^NAM nên ^IHN = ^NAM => IH // AM hay IC // AE (1)
Ta có: ^NAK = ^NIK, ^NBH = ^NIH => ^NAK + ^NBH = ^NIK + ^NIH = ^DIC
Lại có: ^NAK = ^NBA, ^NBH = ^NAB. Suy ra: ^NBA + ^NAB = ^DIC = 1800 - ^DNC => Tứ giác DICN nội tiếp
=> ^NDC = ^NIC = ^NBH = ^NAB => AB // CD hay CE // AI (2)
Từ (1),(2) => Tứ giác AECI là hình bình hành => CI = EA (đpcm).
4) Ta có: \(AM//PQ\)( cùng vuông góc với OC )
Xét tam giác COQ có: \(EM//OQ\)
\(\Rightarrow\frac{CE}{CO}=\frac{EM}{OQ}\)( hệ quả của định lý Ta-let ) (1)
Xét tam giác COP có: \(AE//OP\)
\(\Rightarrow\frac{CE}{CO}=\frac{AE}{OP}\)( hệ quả của định lý Ta-let ) (2)
Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{EM}{OQ}=\frac{AE}{OP}\)Mà AE=EM
\(\Rightarrow OQ=OP\)
Xét tam giác CPQ và tam giác COP có chung đường cao hạ từ C, đáy \(OP=\frac{PQ}{2}\)
\(\Rightarrow S_{\Delta CPQ}=2.S_{\Delta COP}\)
Ta có: \(S_{\Delta COP}=\frac{1}{2}OA.CP=\frac{1}{2}R.CP\)
Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác COP vuông tại O có đường cao OA ta có:
\(OA^2=CA.AP\)
Mà \(CA.AP\le\frac{\left(CA+AP\right)^2}{4}=\frac{PC^2}{4}\)( BĐT cô-si )
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow AC=AP\)
\(\Rightarrow PC^2\ge4OA^2\)
\(\Rightarrow PC\ge2OA=2R\)
\(\Rightarrow S_{\Delta COP}\ge R^2\)
\(\Rightarrow S_{\Delta CPQ}\ge2R^2\)
Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow AC=AP\)
Mà tam giác COP vuông tại O có đường cao OA
\(\Rightarrow AC=AP=OA=R\)
Khi đó áp dụng định lý Py-ta-go vào tam giác CAO vuông tại A ta được:
\(AC^2+AO^2=OC^2\)
\(\Rightarrow OC=\sqrt{AC^2+AO^2}=R\sqrt{2}\)
Vậy điểm C thuộc đường thẳng d sao cho \(OC=R\sqrt{2}\)thì diện tích tam giác CPQ nhỏ nhất