Gọi \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) lần lượt là trung điểm của bốn cạnh \(A B\), \(B C\), \(C D\) và \(D A\) của hình thoi \(A B C D\).

Gọi \(O\) là giao điểm của \(A C\) và \(B D\).

Ta có \(A C ⊥ B D\).

Theo tính chất đường trung tuyến ứng với cạnh huyền của tam giác vuông, ta được:

\(O M = \frac{1}{2} A B\); \(O N = \frac{1}{2} B C\);

\(O P = \frac{1}{2} C D\); \(O Q = \frac{1}{2} A D\)

Mặt khác \(A B = B C = C D = D A\) nên \(O M = O N = O P = O Q\).

Do đó bốn điểm \(M\), \(N\), \(P\), \(Q\) cùng nằm trên một đường tròn.

Gọi \(O\) là trung điểm của \(B C\).

Ta có \(B D\) là đường cao nên \(B D ⊥ A C\), hay tam giác \(B C D\) vuông tại \(D\).

Trong tam giác vuông \(B C D\) có \(D O\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền \(B C\) nên:

\(O D = O B = O C = \frac{1}{2} B C\) \(\left(\right. 1 \left.\right)\)

Tương tự ta có: \(O E = O B = O C = \frac{1}{2} B C\) \(\left(\right. 2 \left.\right)\)

Và \(O F = O B = O C = \frac{1}{2} B C\) \(\left(\right. 3 \left.\right)\)

Từ \(\left(\right. 1 \left.\right)\), \(\left(\right. 2 \left.\right)\) và \(\left(\right. 3 \left.\right)\) suy ra \(O B = O C = O D = O D = O E = O F\).

Do đó năm điểm \(B\), \(C\), \(D\), \(E\), \(F\) cùng thuộc một đường tròn.

Gọi \(O\) là giao điểm của hai đường chéo \(A C\) và \(B D\).

Theo tính chất hai đường chéo của hình chữ nhật, ta có \(O A = O B = O C = O D \left(\right. = \frac{1}{2} A C = \frac{1}{2} B D \left.\right)\).

Vậy bốn điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) cùng thuộc \(\left(\right. O ; \frac{1}{2} A C \left.\right)\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác vuông \(A B C\), ta có: \(A C^{2} = A B^{2} + B C^{2} = a^{2} + b^{2}\)

Do đó \(R = \frac{1}{2} A C = \frac{1}{2} \sqrt{a^{2} + b^{2}}\).

Tam giác \(A B C\) có hai đường cao \(B B^{'}\) và \(C C^{'}\) nên \(\hat{B C^{'} C} = \hat{B B^{'} C} = 9 0^{\circ} .\)

Suy ra \(O B = O C = O B^{'} = O C^{'}\) (đường cao ứng với cạnh huyền).

Do đó bốn điểm \(B\), \(C^{'}\), \(B^{'}\), \(C\) cùng nằm trên một đường tròn.

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

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

Tam giác \(O A C\) có ba cạnh bằng nhau \(\left(\right. A C = O A = O C \left.\right)\) nên là tam giác đều

Suy ra \(\hat{A} = \hat{C_{1}} = \hat{O_{1}} = 6 0^{\circ}\).

Ta có: \(O A C\) có \(O B = O C\) nên cân tại \(O\) suy ra \(\hat{B} = \hat{C_{2}}\);

\(\hat{O_{1}}\) là góc ngoài của \(\Delta O B C\).

Do đó \(\hat{O_{1}} = \hat{B} + \hat{C_{2}} = 2 \hat{B} = 2 \hat{C_{2}}\)

\(\hat{B} = \hat{C_{2}} = \frac{1}{2} \hat{O_{1}} = 3 0^{\circ}\)

\(\hat{A C B} = \hat{C_{1}} + \hat{C_{2}} = 9 0^{\circ}\)

Vậy \(\hat{A} = 6 0^{\circ} ; \hat{B} = 3 0^{\circ} ; \hat{C} = 9 0^{\circ}\).

\(\Delta C A B\) có trung tuyến \(C O\) bằng nửa cạnh đối xứng \(A B\) nên vuông tại \(C\) với \(\hat{A C B} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra \(\hat{A} = 6 0^{\circ}\) và \(\hat{B} = 3 0^{\circ}\)

Vậy \(\Delta A B C\) có \(\hat{C} = 9 0^{\circ} ; \hat{A} = 6 0^{\circ} ; \hat{B} = 3 0^{\circ}\).

a) Từ giả thiết, ta có \(\frac{O A^{'}}{O A} = \frac{r}{R^{'}}\);

\(\frac{O B^{'}}{O B} = \frac{r}{R^{'}}\).

Suy ra \(\frac{O A^{'}}{O A} = \frac{O B^{'}}{O B}\).

b) Vì \(\frac{O A^{'}}{O A} = \frac{O B^{'}}{O B}\) nên theo hệ quả của định lí Thalès ta có:

\(A B\) // \(A^{'} B^{'}\).

Ta có \(A B C D\) là hình chữ nhật nên \(O A = O B = O C = O D\), suy ra các điểm \(A\), \(B\), \(C\), \(D\) nằm trên một đường tròn tâm \(O\).

Tam giác \(A B C\) vuông tại \(B\) có: \(A C = \sqrt{A B^{2} + B C^{2}} = \sqrt{6^{2} + 9^{2}} = \sqrt{117}\).

Vậy bán kính \(R = \frac{A C}{2} = \frac{\sqrt{117}}{2}\).

a) Hai đường tròn \(\left(\right. A ; 6\) cm\(\left.\right)\) và \(\left(\right. B ; 4\) cm\(\left.\right)\) cắt nhau tại \(C\) và \(D\) nên \(A C = A D = 6\) cm, \(B C = B D = 4\) cm.

b) \(A B = 8\) cm, \(B C = B D = B I = 4\) cm.

Suy ra \(A I = A B - I B = 8 - 4 = 4\) cm.

Điểm \(I\) là trung điểm của đoạn thẳng \(A B\).

c) Ta có: \(A K = A C = 6\) cm nên \(I K = A K - A I = 6 - 4 = 2\) cm.

a) Do \(O\) là tâm đối xứng của \(\left(\right. O \left.\right)\) nên điểm \(N\) đối xứng với điểm \(M\) qua tâm \(O\) phải vừa thuộc \(O M\), vừa thuộc \(\left(\right. O \left.\right)\).

Vậy \(N\) là giao điểm của đường thẳng \(O M\) với \(\left(\right. O \left.\right)\).

b) Do \(A B\) là trục đối xứng của \(\left(\right. O \left.\right)\) nên điểm \(P\) đối xứng với điểm \(M\) qua \(A B\) phải vừa thuộc \(\left(\right. O \left.\right)\), vừa thuộc đường thẳng vuông góc hạ từ \(M\) xuống \(A B\).

Vậy \(P\) là giao điểm của \(\left(\right. O \left.\right)\) với đường thẳng đi qua \(M\) và vuông góc với \(A B\).