a) ^EAB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ^EAB = 90⁰ hay AE⊥AB

Có AE⊥AB (cmt) và CD⊥AB (gt) nên AE//CD => Cung AC bằng cung DE hay AC = DE (đpcm)

b) ∆AIC và ∆BID vuông tại I nên IA² + IB² + IC² + ID² = (IA² + IC²) + (IB² + ID²) = AC² + BD² = ED² + BD² = BE² (∆EDB có ^EDB = 90⁰ do nó là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mà BE² = (2R)² = 4R² nên IA² + IB² + IC² + ID² = 4R² (đpcm)

a) ^EAB là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ^EAB = 90⁰ hay AE⊥AB

Có AE⊥AB (cmt) và CD⊥AB (gt) nên AE//CD => Cung AC bằng cung DE hay AC = DE (đpcm)

b) ∆AIC và ∆BID vuông tại I nên IA² + IB² + IC² + ID² = (IA² + IC²) + (IB² + ID²) = AC² + BD² = ED² + BD² = BE² (∆EDB có ^EDB = 90⁰ do nó là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Mà BE² = (2R)² = 4R² nên IA² + IB² + IC² + ID² = 4R² (đpcm)

a) Xét (O) có : góc BAE nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)

⇒ góc BAE = 90 độ.

⇒ AE vuông góc với AB tại A

Mà CD vuông góc với AB tại I (GT)

⇒AE// CD ( định lí từ vuông góc đến song song)

- Xét (O) có 2 cung AC và ED chắn 2 dây AE//CD.

⇒ cung AC = cung ED

⇒ AC = ED ( theo định lí giữa cung và dây cung )

b) CM được góc BDE = 90 độ

⇒ ED^2 + DB^2 = BE^2

⇒ AC^2 + ( IB^2 + ID^2 ) = ( 2R )^2 . ( vì ED = AC, định lí Pytago cho△BID vuông tại I )

⇒( IA^2 + IC^2 ) + ( IB^2 + ID^2 ) = 4R^2. ( định lí Pytago cho△ AIC vuông tại I )

 ⇒ Đcpcm

a) Xét \(\Delta\)BAE: Có đường trung tuyến AO (O thuộc BE) với AO=BO=EO=1/2BE

=> \(\Delta\)BAE vuông tại A hay EA vuông góc AB

Mà AB và CD vuông góc với nhau => AE//CD => Tứ giác AECD là hình thang (1)

Lại có: 4 điểm A;E;C;D cùng nằm trên (O;R) => ) thuộc trung trực của AE và CD (2)

Từ (1) VÀ (2) => Hình thang AECD có trục đối xứng => Tứ giác AECD là hình thang cân

=> AC=DE (2 đg chéo) (đpcm).

b) Do AB vuông góc CD tại I 

Ta có: \(IA^2+IC^2=AC^2\)(Định lí Pytagorean)

\(IB^2+ID^2=BD^2\)(Định lí Pytagorean)

\(\Rightarrow IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=AC^2+BD^2\)

Vì \(AC=DE\)(cmt) \(\Rightarrow IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=DE^2+BD^2\)(3)

Chứng minh được \(\Delta\)BDE vuông tại D (Có trung truyến DO bằng 1/2 cạnh tương ứng BE)

\(\Rightarrow DE^2+BD^2=BE^2\)(4)

Thay (4) vào (3) \(\Rightarrow IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=BE^2\)(5)

R là bán kính của đường trond, BE là đường kính \(\Rightarrow BE^2=\left(2R\right)^2=4R^2\)(6)

Từ (5) và (6) \(\Rightarrow IA^2+IB^2+IC^2+ID^2=4R^2\) (đpcm).

c) Mình chưa nghĩ ra ^^ 

a) Ta thấy BE là đường kính của (O). Suy ra ^BAE chắn nửa đường tròn hay AB vuông góc AE

Do đó AE // CD. Mà AE,CD là hai dây của đường tròn (O) nên (AC = (DE tức AC = DE (đpcm).

b) Tương tự câu a, \(\Delta\)BED vuông tại D. Áp dụng ĐL Pytagoras ta có:

\(\left(IA^2+IC^2\right)+\left(IB^2+ID^2\right)=AC^2+BD^2=DE^2+BD^2=BE^2=4R^2\)(đpcm).

c) Áp dụng ĐL Pytagoras và hệ thức lượng trong đường tròn ta có:

\(AB^2+CD^2=\left(IA+IB\right)^2+\left(IC+ID\right)^2=\left(IA^2+IB^2+IC^2+ID^2\right)+2\left(IA.IB+IC.ID\right)\)

\(=4R^2+4\left(R^2-OI^2\right)=8R^2-4OI^2\)(đpcm).

?????????????????????????????????????

Gọi OH,OK là khoảng cách từ O đến mỗi dây

Ta có: OH = OK = 1cm

Tính được R =  10 cm

Bài 1 : 

Áp dụng Cô - si ta có :
\(\frac{a+1}{b^2+1}=\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{b^2+1}\le\left(a+1\right)-\frac{\left(a+1\right)b^2}{2b}\)\(=\left(a+1\right)-\frac{ab+b}{2}\)

Tương tự ta cũng có : \(\frac{b+1}{c^2+1}\le\left(b+1\right)-\frac{bc+c}{2};\frac{c+1}{a^2+1}\le\left(c+1\right)-\frac{ca+a}{2}\)

Cộng vế theo vế ta được: 

\(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\)\(\ge a+b+c+3-\frac{ab+bc+ca+a+b+c}{2}\)

\(\ge6-\frac{ab+bc+ca+3}{2}\)

Mặt khác ta có BĐT : \(\left(a+b+c\right)^2\ge3\left(ab+bc+ca\right)\Leftrightarrow ab+bc+ca\le3\)

Do đó : \(\frac{a+1}{b^2+1}+\frac{b+1}{c^2+1}+\frac{c+1}{a^2+1}\ge3\)

Dấu " = "  xảy ra khi và chỉ khi \(a=b=c=1\)

Bài 2 : 

a) Ta có : \(MI=MA,QI=QD\)nên \(MQ\)là đường trung bình \(\Delta AID\) 

\(\Rightarrow MQ//AD\)

Tương tự NP là đường trung bình của \(\Delta BIC\)

\(\Rightarrow NP//BC\)

Do đó : \(NMQ=BAD=NPQ\)nên tứ giác MPNQ nội tiếp

b ) Kẻ \(OH\perp AB\)tại H và \(OK\perp CD\)tại K

Ta có : \(AB\perp CD\)

\(\Rightarrow OHIK\)là hình chữ nhật

Do đó \(AB^2+CD^2=4\left(BH^2+CK^2\right)=4\left(R^2-OH^2+R^2-OK^2\right)\)

\(=4\left(2R^2-OI^2\right)\)

Diện tích tứ giác MPNQ là : \(\frac{MN.PQ}{2}=\frac{AB.CD}{8}\le\frac{\left(AB+CD\right)^2}{16}=\frac{2R^2-OI^2}{4}\)không đổi

GTLN của diện tích tứ giác MNPQ là : \(\frac{2R^2-OI^2}{4}\), khi đó \(AB=CD\)

Chúc bạn học tốt !!!

Bài 2 :

a) Ta có : MQ là đường trung bình của tam giác AID

\(\Rightarrow MQ//AD\Rightarrow\widehat{DAB}=\widehat{QMN}\) tương tự \(\widehat{BCD}=\widehat{NPQ}\)

Có \(\widehat{DAB}=\widehat{BCD}\)( Hai góc nối tiếp cùng chắn 1 cung )

\(\Rightarrow\widehat{QMN}=\widehat{NPQ}\)

=> Tứ giác MNPQ nội tiếp

Vậy 4 điểm M , N , P , Q cùng thuộc 1 đường tròn

Vì \(AB\perp CD\)nên \(S_{MNPQ}=\frac{1}{2}.MN.PQ=\frac{1}{8}.AB.CD\le\frac{1}{16}.\left(AB^2+CD^2\right)\)

Kẻ \(OH\perp AB\)tại H , \(OK\perp CD\)tại K , ta có :

\(AB^2+CD^2=4\left(AH^2+CK^2\right)=4\left(R^2-OH^2+R^2-OK^2\right)\)

                         \(=4\left(2R^2-KH^2\right)=4\left(2R^2-OI^2\right)\)

\(\Rightarrow S_{MNPQ}\le\frac{1}{4}\left(2R^2-OI^2\right)\)( không đổi )

Vậy diện tích tam giác MNPQ đạt giá trị lớn nhất bằng \(\frac{1}{4}\left(2R^2-OI^2\right)\)đạt được khi và chỉ khi \(AB=CD\Leftrightarrow OH=OK\Leftrightarrow OKIH\)là hình vuông

<=> AB và CD lập với OI các góc bằng 45^o