a) Gọi $\stackrel{}{AmB}$ và $\stackrel{}{AnB}$ lần lượt là cung lớn và cung nhỏ AB.

Theo bài, ta có: $sđ\stackrel{}{AmB}=3sđ\stackrel{}{AnB}.$

Mà $sđ\stackrel{}{AmB}+\stackrel{}{AnB}=360°$

Nên $sđ\stackrel{}{AnB}+3sđ\stackrel{}{AnB}=360°$

Hay $4sđ\stackrel{}{AnB}=360°,$ suy ra $sđ\stackrel{}{AnB}=90°.$

Do đó $sđ\stackrel{}{AmB}=3sđ\stackrel{}{AnB}=3\cdot 90°=270°.$

b) Xét ∆OAB có OA = OB (cùng bằng bán kính của đường tròn (O)) nên ∆OAB cân tại O.

Do đó đường cao OH đồng thời là đường trung tuyến của tam giác.

Lại có $sđ\stackrel{}{AnB}=90°$ (câu a) nên $\widehat{AOB}=90°.$

Khi đó ∆OAB vuông tại O có OH là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền AB nên $OH=\frac{AB}{2}.$

Gọi H là trung điểm của AB.

Theo giả thiết, góc ở tâm chắn cung AB là $\widehat{AOB}=100°$.

Xét ∆OAH và ∆OBH có:

OA = OB = R

Cạnh OH chung

HA = HB (do H là trung điểm của AB)

Do đó ∆OAH = ∆OBH (c.c.c).

Suy ra $\widehat{HOA}=\widehat{HOB}$ (hai góc tương ứng).

Lại có: $\widehat{HOA}+\widehat{HOB}=\widehat{AOB}$ nên $2\widehat{HOA}=\widehat{AOB}=100°$ hay $\widehat{HOA}=50°.$

Xét tam giác OAH vuông tại H có: $\cos \widehat{HOA}=\frac{OH}{OA}$

Suy ra $OA=\frac{OH}{\cos \widehat{HOA}}=\frac{3}{\cos 50°}\approx 4,7\text{(cm)}.$

Vậy bán kính của đường tròn (O) khoảng 4,7 cm.

Ta có: $\widehat{ABC}=90^0$

=>B nằm trên đường tròn đường kính AC(1)

Ta có: $\widehat{ADC}=90^0$

=>D nằm trên đường tròn đường kính AC(2)

Từ (1),(2) suy ra B,D cùng nằm trên đường tròn đường kính AC

=>A,B,C,D cùng thuộc đường tròn tâm O, đường kính AC

Xét (O) có

AC là đường kính

BD là dây

Do đó: BD<AC

b) Xét đường tròn tâm O, bán kính OB’, ta có:

BC > B’C’ (do dây cung BC đi qua tâm O; B’C’ không đi qua tâm O).
 

​

Gọi OK là khoảng cách từ O đến dây MN

Suy ra: K là trung điểm của MN

Xét ΔOMN có OM=ON=MN

nên ΔOMN đều

Xét ΔOKN vuông tại K có 

$O{N}^2=O{K}^2+K{N}^2$

hay $OK=\frac{R\sqrt{3}}{\mathrm{2v}}$

Vì MN vuông góc với OA tại trung điểm của OA

nên MN$\perp$OA tại I

ΔOMN cân tại O

mà OI là đường cao

nên I là trung điểm của MN

Xét tứ giác OMAN có

I là trung điểm chung của OA và MN

=>OMAN là hình bình hành

Hình bình hành OMAN có OM=ON

nên OMAN là hình thoi

b: OMAN là hình thoi

=>OM=MA

=>OM=MA=OA

=>ΔOMA đều

Xét ΔOMA đều có MI là đường cao

nên $MI=OA\cdot \genfrac{}{}{0ex}{}{\sqrt{3}}{2}=\genfrac{}{}{0ex}{}{10\sqrt{3}}{2}=5\sqrt{3}\left(cm\right)$

I là trung điểm của MN

=>$MN=2\cdot MI=2\cdot 5\sqrt{3}=10\sqrt{3}\left(cm\right)$

ΔABC nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔCAB vuông tại C

Xét ΔCAB vuông tại C có $sinB=\genfrac{}{}{0ex}{}{AC}{AB}=\genfrac{}{}{0ex}{}{1}{2}$

nên $\hat{B}=30^0$

ΔCAB vuông tại C

=>$\hat{A}+\hat{B}=90^0$

=>$\hat{A}=90^0-30^0=60^0$

a) Ta có: $\frac{O{A}^{\prime }}{OA}=\frac{r}{R};\frac{O{B}^{\prime }}{OB}=\frac{r}{R},$  suy ra $\frac{O{A}^{\prime }}{OA}=\frac{O{B}^{\prime }}{OB}.$

b) Xét ∆OAB có $\frac{O{A}^{\prime }}{OA}=\frac{O{B}^{\prime }}{OB}$  nên AB // A’B’ (theo định lí Thalès đảo).

⦁ Vì ABCD là hình chữ nhật nên AC = BD. (1)

Gọi O là giao điểm của hai đường chéo AC, BD của hình chữ nhật.

Khi đó, O là trung điểm của AC và BD (tính chất hình chữ nhật) nên $OA=OC=\frac{1}{2}AC;OB=OD=\frac{1}{2}BD.$ (2)

Từ (1) và (2) ta có $OA=OC=OB=OD=\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}BD.$

Vậy bốn điểm A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn đường kính AC, BD.

⦁ Vì ABCD là hình chữ nhật nên $\widehat{ADC}=90°.$

Xét ∆ADC vuông tại D, theo định lí Pythagore, ta có:

AC2 = AD2 + DC2 = 182 + 122 = 468.

Do đó $AC=\sqrt{468}=\sqrt{6^2\cdot 13}=6\sqrt{13}\text{(cm).}$

Vậy bán kính đường tròn đi qua bốn điểm A, B, C, D là $\frac{1}{2}AC=\frac{1}{2}\cdot 6\sqrt{13}=3\sqrt{13}\text{(cm).}$