góc AOB=180-60=120 độ

S OAB=1/2*OA*OB*sinAOB=\(R^2\cdot\dfrac{\sqrt{3}}{4}\)

S q OAB=\(pi\cdot R^2\cdot\dfrac{120}{360}=pi\cdot R^2\cdot\dfrac{1}{3}\)

=>\(Svp=R^2\left(pi\cdot\dfrac{1}{3}-\dfrac{\sqrt{3}}{4}\right)\)

Giải thích các bước giải:

MO là t.p.g. của AMBˆAMB^

⇒AMOˆ=BMOˆ=AMBˆ2=450⇒AMO^=BMO^=AMB^2=450

⇒ΔAMO−và−ΔBMO⇒ΔAMO−và−ΔBMO vuông cân

=> OA = AM = MB = BO

=> OAMB là h.thoi có AMBˆ=900AMB^=900

=> OAMB là h.v.

b)

PMPQ=MP+MQ+PQPMPQ=MP+MQ+PQ

=(MP+PC)+(MQ+QC)=(MP+PC)+(MQ+QC)

=(MP+PA)+(MQ+QB)=(MP+PA)+(MQ+QB)

=MA+MB=MA+MB

=2OA=2OA

=2R=2R

c)

OP−là−t.p.g.−của−AOCˆOP−là−t.p.g.−của−AOC^

⇒COPˆ=12AOCˆ⇒COP^=12AOC^ (1)

OQ−là−t.p.g.−của−BOCˆOQ−là−t.p.g.−của−BOC^

⇒COQˆ=12BOCˆ⇒COQ^=12BOC^ (2)

Cộng theo vế của (1) và (2), ta có:

COPˆ+COQˆ=12(AOCˆ+BOCˆ)=12AOBˆCOP^+COQ^=12(AOC^+BOC^)=12AOB^

⇒POQˆ=450

Giải thích các bước giải:

MO là t.p.g. của AMBˆAMB^

⇒AMOˆ=BMOˆ=AMBˆ2=450⇒AMO^=BMO^=AMB^2=450

⇒ΔAMO−và−ΔBMO⇒ΔAMO−và−ΔBMO vuông cân

=> OA = AM = MB = BO

=> OAMB là h.thoi có AMBˆ=900AMB^=900

=> OAMB là h.v.

b)

PMPQ=MP+MQ+PQPMPQ=MP+MQ+PQ

=(MP+PC)+(MQ+QC)=(MP+PC)+(MQ+QC)

=(MP+PA)+(MQ+QB)=(MP+PA)+(MQ+QB)

=MA+MB=MA+MB

=2OA=2OA

=2R=2R

c)

OP−là−t.p.g.−của−AOCˆOP−là−t.p.g.−của−AOC^

⇒COPˆ=12AOCˆ⇒COP^=12AOC^ (1)

OQ−là−t.p.g.−của−BOCˆOQ−là−t.p.g.−của−BOC^

⇒COQˆ=12BOCˆ⇒COQ^=12BOC^ (2)

Cộng theo vế của (1) và (2), ta có:

COPˆ+COQˆ=12(AOCˆ+BOCˆ)=12AOBˆCOP^+COQ^=12(AOC^+BOC^)=12AOB^

⇒POQˆ=450vv

a: Xét (O) có

MA,MB là tiếp tuyến

nên MA=MB

b: Xét ΔMAB có MA=MB và góc AMB=60 độ

nên ΔMAB đều

a: Xét (O) có

MA,MB là tiếp tuyến

Do đó: MA=MB

=>ΔMAB cân tại M

b: Xét tứ giác OAMB có

\(\widehat{OAM}+\widehat{OBM}+\widehat{AMB}+\widehat{AOB}=360^0\)

=>\(\widehat{AOB}+60^0+90^0+90^0=360^0\)

=>\(\widehat{AOB}+240^0=360^0\)

=>\(\widehat{AOB}=120^0\)

c: ta có: MA=MB

=>M nằm trên đường trung trực của AB(1)

Ta có: OA=OB

=>O nằm trên đường trung trực của AB(2)

Từ (1) và (2) suy ra MO là đường trung trực của AB

=>MO\(\perp\)AB

Bài 1:

Bài 2:

(Bạn vẽ hình thì vẽ nửa trên đường thôi nha, tại đề cho là nửa đường tròn tâm O)

a, Vì AC//BD (⊥AB) nên ABDC là hthang

Mà \(\widehat{CAB}=90^0\) nên ABDC là hthang vuông

b, Gọi I là trung điểm CD

Mà O là trung điểm AB nên OI là đtb hthang ABDC

Do đó OI//AC\(\Rightarrow\)OI⊥AB

Mà tam giác OCD vuông tại O nên OI là bán kính đg tròn ngoại tiếp tam giác OCD

Do đó AB là tiếp tuyến tại O của (I)

Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác COD tiếp xúc với đường thẳng AB tại O.

c, Kẻ OH⊥CD

Vì \(\widehat{AOC}=\widehat{IOD}\) (cùng phụ \(\widehat{COI}\)), \(\widehat{IOD}=\widehat{IDO}\left(IO=ID=\dfrac{1}{2}CD\right)\) nên \(\widehat{AOC}=\widehat{IDO}\Rightarrow90^0-\widehat{AOC}=90^0-\widehat{IDO}\Rightarrow\widehat{ACO}=\widehat{HCO}\)

Vì \(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ACO}=\widehat{HCO}\\CO.chung\\\widehat{CAO}=\widehat{CHO}=90^0\end{matrix}\right.\) nên \(\Delta AOC=\Delta HOC\Rightarrow OA=OH\Rightarrow H\in\left(O\right)\)

Mà CD⊥OH nên CD là tt tại H của (O)

Do đó \(CA\cdot DB=CH\cdot HD=OH^2=R^2\) (kết hợp HTL)