Đáp án:

Giải thích các bước giải:

 `a)`

Vì `2` tiếp tuyến `MA` và `MD` cắt nhau tại `M` nên`:`

`+)` `MO` là trung tuyến của $\triangle$`AMD`

`+)` `MO` là tia phân giác của $\widehat{AMD}$

`=>` $\triangle$`AMD` cân tại `M`

Mà `MO` là trung tuyến của $\triangle$`AMD`

`=> MO` là đường cao của $\triangle$`AMD`

`=> MO` $\bot$ `AD`       `(đpcm)`

`b)`

Gọi `K` là trung điểm `MO `

`=> MK = OK`   `(1)`

Xét $\triangle$`AMO` $\bot$ `A` có`:` `MK = OK`

`=> AK = MK = OK`   `(2)`

Xét $\triangle$`ADO` $\bot$ `D` có`:` `MK = OK`

`=> DK = MK = OK`    `(3)`

Từ `(1)` `;` `(2)` và `(3)` `=> MK = OK = AK = DK`

`=> O , A , M , D` cùng thuộc `1` đường tròn có đường kính `OM`

`c)`

Xét $\triangle$`ABC` nội tiếp đường tròn có đường kính `AB`

`=>` $\triangle$`ABC` $\bot$ `C`

Áp dụng hệ thức lượng cho $\triangle$`AMO` $\bot$ `A` có đường cáo `AC` , ta có`:`

`MA^2 = MC . MB`

Mà `MA = MD` (vì `2` tiếp tuyến `MA` và `MD` cắt nhau tại `M` )

`=> MD^2 = MC . MB`

`<=> (MD)/(MB) = (MC)/(MD)`

Xét $\triangle$`MDC` và $\triangle$`MBD` có`:`

$\widehat{BMD}$ `:` chung

` (MD)/(MB) = (MC)/(MD)` `(cmt)`

`=>` $\triangle$`MDC` $\backsim$ $\triangle$`MBD`   `(c - g - c)`

`=>` $\widehat{MCD}$ `=` $\widehat{MDB}$   `(đpcm)`

`d)`

Ta có `:` Diện tích $\triangle$`OCH` là `:` `S = 1/2 . CH . OH`

Áp dụng bất đẳng thức`:` `a^2 + b^2 >= 2ab <=> (a^2 + b^2)/2 >= ab`

`=> CH . OH <= (CH^2 + OH^2)/2 = OC^2/2 `

`=> 1/2 . CH . OH <= 1/2 . OC^2/2 = 1/4OC^2`

Xét $\triangle$`ABC` $\bot$ `C` có`:` `OA = OB = R`

`=> OC = OA = OB = R`

`=> 1/4OC^2 = 1/4R^2`

`=> S = 1/4R^2`

Dấu "`=`" xảy ra khi `CH = OH <=>` $\triangle$`OCH` vuông cân tại `H`

`<=>` $\widehat{HOC}$ `=` $45^o$

Vậy để diện tích $\triangle$`OCH` lớn nhất thì điểm `C` nằm trên `(O)` sao cho $\widehat{HOC}$ `=` $45^o$

Đáp án + Giải thích các bước giải:

a)

Xét `(O)` có: `M` là giao điểm của `2` tiếp tuyến `MA` và `MD` nên `MA=MD`

Do đó: `M` thuộc đường trung trực của `AD`

Lại có: `OA=OD` nên `O` thuộc đường trung trực của `AD`

Từ đó suy ra: `MO` là đường trung trực của `AD`

`=>MO\botAD`

Vậy `OM\botAD`

b)

Xét tứ giác `OAMD` có: `\hat{ODM}+\hat{OAM}=90^o +90^o=180^o` nên `OAMD` nội tiếp

Vậy bốn điểm `O,A,M,D` cùng thuộc một đường tròn

c)

Xét `\DeltaMDC` và `\DeltaMBD` có:

`\hat{BMD}`: Góc chung

`\hat{MDC}=\hat{MBD}(=1/2\stackrel\frown{CD})`

`=>\DeltaMDC` $\backsim$ `\DeltaMBD(g.g)`

`=>\hat{MCD}=\hat{MDB}`

Vậy `\hat{MCD}=\hat{MDB}`

d)

Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki ta có:

`(OH.1+CH.1)^2<=(OH^2+CH^2)(1^2+1^2)=2OC^2=2R^2`

Do đó: `OH+CH<=Rsqrt2`

Chu vi `\DeltaOCH` là: `CH+OH+CO<=Rsqrt2+R=R(sqrt2+1)`

Dấu `=` xảy ra `<=>OH=CH`

Mà: `\DeltaOCH` vuông tại `H` nên `\DeltaOCH` vuông cân tại `H`

`=>\hat{COA}=45^o`

Vậy `C\in(O)` sao cho `\hat{AOC}=45^o` thì chu vi tam giác `OCH` đạt giá trị lớn nhất là `R(sqrt2+1)`