a. áp dụng hệ thức lượng ta có:

\(MH^2=AH.BH\Rightarrow BH=\frac{4^2}{2}=8cm\)

\(\Rightarrow\hept{\begin{cases}AB=AH+HB=2+8=10cm\\MA=\sqrt{AH.AB}=\sqrt{20}cm\end{cases}}\)

b. ta có :

\(\frac{1}{MA^2}+\frac{1}{MB^2}\ge\frac{4}{MA^2+MB^2}=\frac{4}{AB^2}=const\)

dấu bằng xảy ra khi \(MA=MB\Rightarrow M\text{ nằm chính giữa cung tròn AB}\)

Ta có: AM<AB nên \(0 < x < 4\)

Diện tích hình tròn đường kính AB là \({S_0} = \pi .{\left( {\frac{{AB}}{2}} \right)^2} = 4\pi \)

Diện tích hình tròn đường kính AM là \({S_1} = \pi .{\left( {\frac{{AM}}{2}} \right)^2} = \frac{{\pi .{x^2}}}{4}\)

Diện tích hình tròn đường kính MB là \({S_2} = \pi .{\left( {\frac{{MB}}{2}} \right)^2} = \pi .\frac{{{{\left( {4 - x} \right)}^2}}}{4}\)

Diện tích phần hình phẳng nằm trong hình tròn lớn và nằm ngoài hai hình tròn nhỏ là \(S(x) = {S_0} - {S_1} - {S_2} = 4\pi  - \frac{{{x^2}}}{4}\pi  - \frac{{{{\left( {4 - x} \right)}^2}}}{4}\pi  = \frac{{ - {x^2} + 4x}}{2}\pi \)

Vì diện tich S(x) không vượt quá 1 nửa tổng diện tích hai hình tròn nhỏ nên:

\(S(x) \le \frac{1}{2}\left( {{S_1} + {S_2}} \right)\)

Khi đó : \(\frac{{ - {x^2} + 4x}}{2}\pi  \le \frac{1}{2}.\frac{{{x^2} - 4x + 8}}{2}\pi \)

\( \Leftrightarrow  - {x^2} + 4x \le \frac{{{x^2} - 4x + 8}}{2}\)

\( \Leftrightarrow  - 2{x^2} + 8x \le {x^2} - 4x + 8\)

\( \Leftrightarrow 3{x^2} - 12x + 8 \ge 0\)

Xét tam thức \(3{x^2} - 12x + 8\) có \(\Delta ' = 12 > 0\) nên f(x) có 2 nghiệm phân biệt \({x_1} = \frac{{6 - 2\sqrt 3 }}{3};{x_2} = \frac{{6 + 2\sqrt 3 }}{3}\)

Mặt khác a=3>0, do đó ta có bảng xét dấu:

Do đó \(f(x) \ge 0\) với mọi \(x \in \left( { - \infty ;\frac{{6 - 2\sqrt 3 }}{3}} \right] \cup \left[ {\frac{{6 + 2\sqrt 3 }}{3}; + \infty } \right)\)

Mà 0<x<4 nên \(x \in \left( { - \infty ;\frac{{6 - 2\sqrt 3 }}{3}} \right] \cup \left[ {\frac{{6 + 2\sqrt 3 }}{3}; + \infty } \right)\)

Ta có ABCD là hình thang vuông tại C và D

Mà O Là trung điểm AB và OM vuông góc với CD( tiếp tuyến của (O)

=> AD+BC=2OM=2R.  Chú ý rằng CD ≤ AB (hình chiếu đường xiên)

=>  S A B C D = 1 2 A D + B C . C D

= R.CD ≤ R.AB = 2 R 2

Do đó S A B C D  lớn nhất khi CD=AB hay M là điểm chính giữa nửa đường tròn đường kính AB

.

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: Xét tứ giác MAOD có 

\(\widehat{MAO}+\widehat{ODM}=180^0\)

Do đó: MAOD là tứ giác nội tiếp