a) Ta có: \(\angle DBO+\angle DFO=90+90=180\Rightarrow OBDF\) nội tiếp

Lấy I là trung điểm DO 

Vì \(\Delta DBO,\Delta DFO\) lần lượt vuông tại B và F có I là trung điểm DO

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}BI=DI=IO\\ID=IO=IF\end{matrix}\right.\Rightarrow IB=ID=IO=IF\Rightarrow I\) là tâm của (OBDF)

b) Ta có: \(AO=\sqrt{AF^2+OF^2}=\sqrt{\dfrac{16}{9}R^2+R^2}=\dfrac{5}{3}R\)

\(\Rightarrow cosDAB=\dfrac{AF}{AO}=\dfrac{\dfrac{4}{3}R}{\dfrac{5}{3}R}=\dfrac{4}{5}\)

c) Cần chứng minh \(\dfrac{BD}{DM}-1=\dfrac{DM}{AM}\Rightarrow\dfrac{DF-DM}{DM}=\dfrac{DM}{AM}\)

\(\Rightarrow\dfrac{MF}{DM}=\dfrac{DM}{AM}\Rightarrow DM^2=MF.MA\) 

Vì \(\left\{{}\begin{matrix}MO\bot BC\\DB\bot BC\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow MO\parallel DB\)\(\Rightarrow\angle MOD=\angle BDO=\angle FDO\) 

\(\Rightarrow\Delta MOD\) cân tại M \(\Rightarrow MO=MD\)

mà \(MO^2=MF.MA\Rightarrow MD^2=MF.MA\)

d) MO cắt nửa đường tròn tại E

Ta có: \(tanDAB=\dfrac{FO}{AF}=\dfrac{R}{\dfrac{4}{3}R}=\dfrac{3}{4}\)

mà \(tanDAB=\dfrac{MO}{OA}\Rightarrow\dfrac{MO}{OA}=\dfrac{3}{4}\Rightarrow MO=\dfrac{3}{4}.\dfrac{5}{3}R=\dfrac{5}{4}R\)

Vì \(MO\parallel DB\) \(\Rightarrow\dfrac{MO}{DB}=\dfrac{AO}{AB}=\dfrac{\dfrac{5}{3}R}{2R}=\dfrac{5}{6}\Rightarrow DB=\dfrac{MO}{\dfrac{5}{6}}=\dfrac{\dfrac{5}{4}R}{\dfrac{5}{6}}=\dfrac{3}{2}R\)

Có DB,OM rồi thì bạn thế vào tính \(S_{OBDM}=\dfrac{1}{2}.\left(BD+OM\right).BO\)

còn diện tích quạt \(BOE=\dfrac{90}{360}.R^2\pi=\dfrac{1}{4}R^2\pi\)

\(\Rightarrow\) diện tích tứ giác OBDM nằm ngoài đường tròn \(=S_{OBDM}-S_{quatBOE}\)

bạn thế vài tính nha

PS: ý tưởng là vậy chứ bạn tính toán lại cho kĩ,chứ mình hay tính nhầm lắm

Chọn đáp án B

Ta có:

Nên nội tiếp được trong một đường tròn

Chọn đáp án B

Ta có:

Nên nội tiếp được trong một đường tròn

Chọn đáp án B

Ta có:

Nên nội tiếp được trong một đường tròn

a) Chứng minh tứ giác OBDF nội tiếp.

Định tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ OBDF.

Ta có:
DBO = 90⁰ và
DFO = 90⁰(tính chất tiếp tuyến)

Tứ giác OBDF có  DBO+DFO =180⁰ nên nội tiếp được trong một đường tròn.

Tâm I đường tròn ngoại tiếp tứ giác OBDF là trung điểm của OD

b) Tính Cos DAB 
.

Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác OFA vuông ở F ta được:

\(OA=\sqrt{OF^2+AF^2}=\sqrt{R^2+\left(\frac{4R}{3}\right)}=\frac{5R}{3}\)

\(COS\)\(FAO=\frac{AF}{OA}=\frac{4R}{3}:\frac{5R}{3}=0,8=>COSDAB=0,8\)

 c) Kẻ OM ⊥ BC ( M ∈ AD) . Chứng minh \(\frac{BD}{DM}-\frac{DM}{AM}\) =1

∗ OM // BD ( cùng vuông góc BC) ⇒ MOD BDO
=
(so le trong) và BDO ODM
=
(tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Suy ra: MDO 
=
MOD.

Vậy tam giác MDO cân ở M. Do đó: MD = MO

∗ Áp dụng hệ quả định lí Ta let vào tam giác ABD có OM // BD ta được:

\(\frac{BD}{OM}=\frac{AD}{AM}HAY\frac{BD}{DM}=\frac{AD}{AM}\)(VÌ MD=MO)

\(=>\frac{BD}{DM}=\frac{AM+DM}{AM}=1+\frac{DM}{AM}\)

Do đó:\(\frac{DM}{BM}-\frac{DM}{AM}=1\left(đpcm\right)\)

 d) Tính diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O) theo R.

∗Áp dụng hệ thức lượng cho tam giác OAM vuông ở O có OF ⊥ AM ta được:

OF² = MF. AF hay R² = MF. \(\frac{4r}{3}\)⇒ MF = \(\frac{3r}{4}\)

∗ Áp dụng định lí pi ta go cho tam giác MFO vuông tại F ta được:

OM =  \(\sqrt{OF^2+MF^2}=\sqrt{R^2+\frac{3R}{4}^2}=\frac{5R}{4}\)

∗ OM //BD =>\(\frac{OM}{BD}=\frac{AO}{AB}=>BD=\frac{OM.AB}{OA}=\frac{5R}{4}.\left(\frac{5R}{3}+R\right):\frac{5R}{3}=2R\)

Gọi S là diện tích phần hình tứ giác OBDM ở bên ngoài nửa đường tròn (O)

 S1 là diện tích hình thang OBDM.

S2 là diện tích hình quạt góc ở tâm
BON = 90 ⁰

Ta có: S = S1 – S2 .

\(S1=\frac{1}{2}\left(OM+BD\right).OB=\frac{1}{2}\left(\frac{5R}{4}+2R\right).R=\frac{13R^2}{8}\left(đvdt\right)\)

\(S2=\frac{\pi R^2.90^0}{360^0}=\frac{\pi R^2}{4}\left(đvdt\right)\)

Vậys=s1-s2=\(\frac{13r^2}{8}-\frac{\pi r^2}{4}=\frac{r^2}{8}\left(13-2\pi\right)\left(đvdt\right)\)

 Phạm Cao Thúy An: Biết rồi còn hỏi làm gì?

đăng lên để cho mọi người chưa biết làm thì có đáp  án tham khảo. có thể lúc đăng lên bạn ấy chưa biết đáp án thì sao :))

a . dễ c/m được tam giác AOF đồng dạng với ADB(gg)

b. Dễ c/m được tứ giác BHKD nt do DKB=DHB=90 cùng nhìn cạnh BD

nên DHK=KBD(cùng nhìn cạnh DK)

mà DCB=DBK(cùng phụ với KBC)

từ đó ta được DHK=DCO hay tứ giác KHOC nt

c, theo mk câu c sai đề vì nếu cần c.m \(\frac{BD}{DM}-\frac{DM}{AM}=1\Leftrightarrow DB\cdot AM=DM^2+DM\cdot AM=DM\left(AM+DM\right)=DM\cdot AD\)

(đến đây vẫn đúng nha bạn)

ta thấy AMC đồng dạng với ADB hay \(\frac{AM}{AD}=\frac{MC}{DB}\Rightarrow AM\cdot BD=CM\cdot AD\)\(\Rightarrow CM\cdot AD=DM\cdot AD\Leftrightarrow CM=DM\)(vô lý )

nên mk cho là đề sai nếu mk có sai bạn chỉ mk vs ạ

Ngu vãi ko làm đc à

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

b) Tính Cos \(\widehat{DAB}\)   

Áp dụng định lí Pi-ta-go cho tam giác OFA vuông ở F ta được:

               \(OA=\sqrt{OF^2+AF^2}=\sqrt{R^2+\left(\frac{4R}{3}\right)^2}=\frac{5R}{3}\)

\(\cos\widehat{FAO}=\frac{AF}{OA}=\frac{4R}{3}:\frac{5R}{3}=0,8\Rightarrow\cos\widehat{DAB}=0,8\)