sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} +\)sđ\(_{\text{nh}ỏ} = 36 0^{\circ}\),

sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} = 2\)sđ\(_{\text{nh}ỏ}\) nên:

sđ\(_{\text{nh}ỏ} = 12 0^{\circ}\).

Suy ra \(\hat{A O B} = 12 0^{\circ}\).

Vẽ \(O H ⊥ A B\), ta có \(\hat{A O H} = \hat{H O B} = 6 0^{\circ}\) và \(A H = H B = \frac{1}{2} A B\).

Tam giác \(A O H\) có \(\hat{A H O} = 9 0^{\circ}\), \(\hat{A O H} = 6 0^{\circ}\) nên

\(O H = \frac{1}{2} A O = \frac{1}{2} R\)

Áp dụng định lí Pythagore ta có:

\(A H^{2} = A O^{2} - O H^{2} = \frac{3 R^{2}}{4}\)

Suy ra \(A H = \frac{R \sqrt{3}}{2}\).

Vậy \(A B = 2 A H = R \sqrt{3}\).

a) Ta có sđ\(_{\text{nh}ỏ} +\)sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} = 36 0^{\circ}\),

mà sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} = 3\)sđ\(_{\text{nh}ỏ}\).

Suy ra sđ\(_{\text{nh}ỏ} = 9 0^{\circ}\);

sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} = 27 0^{\circ}\).

b) Ta có \(\hat{A O B} =\) sđ\(_{\text{nh}ỏ} = 9 0^{\circ}\), mà \(O A = O B = R\).

Suy ra tam giác \(O A B\) vuông cân tại \(O\).

Mặt khác \(O H ⊥ A B = \left{\right. H \left.\right}\).

Suy ra \(\Delta O H A\) vuông cân tại \(H\) suy ra \(O H = H A = \frac{A B}{2}\).

Tứ giác \(A B C D\) có \(\hat{B} = \hat{D} = 9 0^{\circ}\) nên \(O A = O B = O C = O D\) (trung tuyến ứng với cạnh huyền).

Suy ra bốn điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) cùng nằm trên một đường tròn tâm \(O\), đường kính \(A C\).

\(A C\) là đường kính, \(B D\) là dây không đi qua điểm \(O\).

Suy ra \(A C > B D\).

Vẽ \(O H ⊥ M N\) tại \(H\) thì \(H M = H N = \frac{1}{2} M N = \frac{R}{2}\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông \(O M H\), ta được:

\(O H^{2} = O M^{2} - M H^{2} = R^{2} - \left(\right. \frac{R}{2} \left.\right)^{2} = \frac{3 R^{2}}{4}\)

\(O H = \sqrt{\frac{3 R^{2}}{4}} = \frac{R \sqrt{3}}{2}\)

Vậy khoảng cách từ \(O\) đến dây \(M N\) là \(\frac{R \sqrt{3}}{2}\).

Ta có \(O I = \frac{1}{2} O A = \frac{1}{2} . 10 = 5\)

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông \(I M O\), ta được:

\(I M^{2} = O M^{2} - O I^{2} = 1 0^{2} - 5^{2} = 75\)

Suy ra \(I M = 5 \sqrt{3}\).

Ta có \(M N \bot O A\) tại trung điểm \(I\) của \(O A\), nên:

\(I M = I N = \frac{1}{2} M N\) nên \(M N = 2 I M = 2.5 \sqrt{3} = 10 \sqrt{3}\).

a. \(\mid O I - O K \mid < I K < O I + O K\) suy ra \(\left(\right. I \left.\right)\) và \(\left(\right. K \left.\right)\) luôn cắt nhau

b. Do \(O I = N K\); \(O K = I M\) suy ra \(O M = O N\),

Mà \(O M C N\) là hình chữ nhật nên \(O M C N\) là hình vuông.

c. Gọi \(L\) là giao điểm của \(K B\) và \(M C\); \(P\) là giao điểm của \(I B\) và \(N C\)

Suy ra \(O B K I\) là hình chữ nhật và \(B L M I\) là hình vuông nên \(\Delta B L C = \Delta K I O\)

Suy ra \(\hat{L B C} = \hat{O K I} = \hat{B I K}\)

Mà \(\hat{B I K} + \hat{I B A} = 9 0^{\circ}\) suy ra \(\hat{L B C} + \hat{I B A} = 9 0^{\circ}\)

Do đó, \(\hat{L B C} + \hat{L B I} + \hat{I B A} = 18 0^{\circ}\).

d. Có \(O M C N\) là hình vuông cạnh \(a\) cố định nên \(C\) cố định và \(A B\) luôn đi qua \(C\).

a. Kẻ \(O H ⊥ A M\); \(O^{'} K ⊥ M B\) suy ra \(O H\) // \(O^{'} K\).

Tứ giác \(H K O O^{'}\) là hình thang, \(M I ⊥ A B\) suy ra \(M I\) // \(O H\) và \(I O\) // \(I O^{'}\)

Suy ra \(M H = M K\). 

Mà \(O H ⊥ A M\) suy ra \(H A = H M = M K = K B\) (đpcm).

b. Ta có \(M E\) là đường trung bình của hình thang \(A B Q P\)

Suy ra \(E P = E Q\).

c. Xét \(\Delta H I K\), có \(I M\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao.

Suy ra \(\Delta H I K\) cân tại \(I\) (đpcm).

a) \(\Delta B C D\) có \(O O^{'}\) là đường trung bình suy ra \(O O^{'}\) // \(C D\) (1)

\(\Delta A B C\) có \(O I\) là đường trung bình suy ra \(O O^{'}\) // \(C A\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(C\), \(A\), \(D\) thẳng hàng.

b) Ta có: \(\Delta O B O^{'}\) vuông tại \(B\) suy ra \(\Delta B C D\) vuông tại \(B\)

Suy ra \(S_{B C D} = \frac{1}{2} . B C . B D = \frac{1}{2} . 8.6 = 24\) (cm\(^{2}\)).

a) Ta có: \(12 - 5 < 13 < 12 + 5\) hay \(R - R^{'} < d < R + R^{'}\) nên hai đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) và \(\left(\right. O^{'} \left.\right)\) cắt nhau tại hai điểm phân biệt

b) \(O A^{2} + O^{'} A^{2} = 1 2^{2} + 5^{2} = 169\);

\(O^{'} O^{2} = 1 3^{2} = 169\)

\(\Delta O A O^{'}\) có: \(O A^{2} + O^{'} A^{2} = O^{'} O^{2}\), theo định lí Pythagore đảo suy ra tam giác \(\Delta O A O^{'}\) vuông tại \(A\).

Có \(O A ⊥ O^{'} A\) do đó \(O A\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. O^{'} \left.\right)\) và \(O^{'} A\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\).

\(O^{'} O\) là đường trung trực của đoạn \(A B\).

Gọi \(H\) là giao điểm của \(O^{'} O\) và \(A B\) nên \(A H . O^{'} O = O A . O^{'} A\) suy ra \(A H = \frac{O A . O^{'} A}{O^{'} O} = \frac{12.5}{13} = \frac{60}{13}\) cm.

Vậy \(A B = 2 A H = \frac{120}{13}\) cm.

a) Xét tam giác \(A B H\) vuông tại \(H\), ta có \(H B = A H . tan ⁡ \hat{B A H} = 4. tan ⁡ 2 8^{\circ} \approx 2 , 1\) (cm)

Vì tam gaisc \(A H C\) vuông tại \(H\) nên \(H C = A H . cot ⁡ \hat{C} = 4. cot ⁡ 4 1^{\circ} \approx 4 , 6\) (cm)

b) Xét tam giác \(A B H\) vuông tại \(H\), ta có

\(cos ⁡ \hat{B A H} = \frac{A H}{A B}\) hay \(A B = \frac{A H}{cos ⁡ \hat{B A H}} = \frac{4}{cos ⁡ 28 ^{\circ}} \approx 4 , 5\) (cm)

Vì tam giác \(A H C\) vuông tại \(H\) nên \(sin ⁡ \hat{C} = \frac{A H}{A C}\) hay \(A C = \frac{A H}{sin ⁡ \hat{C}} = \frac{4}{sin ⁡ 4 1^{\circ}} \approx 6 , 1\) (cm)