GỌI H LÀ GIAO ĐIỂM CỦA MN VÀ AB

TA CÓ : góc ABO=AFH ( CÙNG PHỤ GÓC OAB )

     => sinABO=sinAFH => OA/AB=AH/a=AB/2a ( AH=1/2AB) (1)

TA CÓ : cosABO= OB/AB=HB/b=AB/2b ( HB=1/2AB) (2)

TỪ (1),(2) VÀ sinABO+cosABO=1

=> AB²/4a² + AB²/4b² =1

=> AB² .(1/4b² +1/4a² )=1

=> AB²= 4a²b²/ a²+b²  (3)

từ (1),(2) và (3)

=> OA =2ab²/a²+b²  ; OB =2ba²/a²+b²

=> S_ABCD = 2OA.OB

                = 4ab²/a²+b²  . 2ba² / a² +b²

                      ⁼ 8a³b³ / ( a² + b²)²

mk đang học lớp 6 thui 

Tính chất: Trong hình thoi, đường chéo này là trung trực của hai cạnh AB và AC. Nên E là tâm đường tròn ngoại tiếp của ∆ABC. Tương tự, F là tâm đường tròn ngoại tiếp của ∆ABD

Chứng minh  M là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác BDC

Gọi d là đường trung trực của BC

ABCD là hình thoi

=> AC là đường trung trực của BD mà M thuộc AC

=> MB=MD (1) 

d là đường trung trực của BC  mà M thuộc BC

=> MB=MC (2)

Từ (1) và (2) 

=> MB=MC=MD

=> M là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác BDC

Chứng minh N là tâm đường tròn của tam giác ABC tương tự

ai biết làm câu b chỉ với, không biết làm TvT

a. Xét đt (O) ta có: \(\widehat{ABN}=\widehat{MBN}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BN}\)(T/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung)

\(\widehat{BCN}=\widehat{BCM}=\frac{1}{2}sđ\widebat{BN}\)(T/c góc nội tiếp) => \(\widehat{MBN}=\widehat{BCM}\)

Xét \(\Delta MBN\)và \(\Delta MCB\)có:

+ \(\widehat{MBN}=\widehat{BCM}\left(cmt\right)\)

+ \(\widehat{M}\)chung

=> \(\Delta MBN~\Delta MCB\left(g.g\right)\)=> \(\frac{MB}{MC}=\frac{MN}{MB}\Rightarrow MB^2=MC.MN\left(Đpcm\right)\)

b.Vì M là trung điểm của AB (gt) => MA=MB (Đ/n) => \(MA^2=MB^2=MC.MN\Rightarrow\frac{MA}{MC}=\frac{MN}{MA}\)

Xét \(\Delta AMN\)và \(\Delta CMA\)ta được:

+ \(\widehat{M}\)chung

+ \(\frac{MA}{MC}=\frac{MN}{MA}\left(cmt\right)\)

=> \(\Delta AMN~\Delta CMA\left(c.g.c\right)\)

=> \(\widehat{MAN}=\widehat{MCA}\)(2 góc tương ứng) Mà \(\widehat{MCA}=\widehat{NDC}=\frac{1}{2}sđ\widebat{NC}\)(T/c góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung) 

=> \(\widehat{MAN}=\widehat{NDC}\)mà 2 góc này ở vị trí so le trong => \(AM//CD\)hay \(AB//CD\)(Đpcm)

c. Xét tứ giác ABCD có: 

+ AB = AC (T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)

+ AB // CD (cmt)

Vậy  tứ giác ABCD là hình thoi khi và chỉ khi : AC // BD 

Vì AC là tiếp tuyến của đt (O) (C là tiếp điểm) (gt) => \(OC\perp AB\)(Đ/n) mà AC // BD => \(OC\perp BD\)(Quan hệ vuông góc, song song) => OC đi qua trung điểm của BD (Quan hệ vuông góc giữa đường kính và dây cung) \(\Rightarrow OC\)là đường trung trực của đoạn thẳng BD (Đ/n) => \(BC=CD\)(T/c của các điểm thuộc đường trung trực) 

Mặt khác tứ giác ABCD là hình thoi => \(AB=BD=CD=AC\)(Đ/n) \(\Rightarrow BC=AB=BD=CD=AC\)=> \(\Delta BCD\)là tam giác đều (Đ/n) \(\Rightarrow\widehat{BDC}=60^o\Rightarrow\widehat{BOC}=120^o\)(Liên hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp)

=> \(\widehat{AOB}=\widehat{AOC}=\frac{1}{2}\widehat{BOC}=60^o\)(T/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)

Xét \(\Delta AOC\)vuông tại C có: \(OA=\frac{OC}{\cos\widehat{AOC}}=\frac{R}{\cos60^o}=2R\)

Do đó để tứ giác ABCD  là hình thoi thì \(A\in\left(O;2R\right)\)

Áp dụng định lý Pitago trong \(\Delta AOC\)vuông tại C có: \(AC=\sqrt{OA^2-OC^2}=\sqrt{\left(2R\right)^2-R^2}=R\sqrt{3}\)

=> \(S_{\Delta ABC}=\left(R\sqrt{3}\right)^2.\frac{\sqrt{3}}{4}=\frac{3R^2\sqrt{3}}{4}\)(Định lý Heron)

=> \(S_{ABCD}=2.S_{\Delta ABC}=2.\frac{3R^2\sqrt{3}}{4}=\frac{3R^2\sqrt{3}}{2}\)