a) Do \(� � , � �\) là hai tiếp tuyến cắt nhau của đường tròn \(\left(\right. � \left.\right)\) nên \(\hat{� � �} = \hat{� � �} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(�\) là trung điểm \(� �\).

Xét tam giác \(� � �\) vuông tại \(�\) có \(� �\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\) (1)

Xét tam giác \(� � �\) vuông tại \(�\) có \(� �\) là trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(� � \&\text{nbsp}; = � � = � � = \frac{1}{2} � �\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(� � = � � = � � = � �\).

Suy ra \(� , �\) thuộc đường tròn tâm \(�\) đường kính \(� �\).

b) Ta có \(� � . � � = \frac{� �}{2} . 2 � � = � � . � �\).

c) Gọi \(�\) là trung điểm \(� �\), do \(�\) là trọng tâm \(\Delta � � �\) nên \(� \in � �\) và \(\frac{� �}{� �} = \frac{1}{3}\).

Mặt khác \(\frac{� �}{� �} = \frac{1}{3}\) \(\left(\right.\)vì \(� � = \frac{� �}{2} = \frac{� �}{2}\) nên \(� � = \frac{� �}{3} \left.\right)\)

Suy ra \(\frac{� �}{� �} = \frac{� �}{� �}\), theo định lí Thalès đảo ta có:

\(� �\) // \(� �\).

d) Gọi \(�^{'}\) là giao điểm của \(� �\) và \(� �\) suy ra \(�^{'}\) là trọng tâm \(\Delta � � �\).

Nên \(\frac{�^{'} �}{� �} = \frac{1}{3} = \frac{� �}{� �^{'}}\)

Theo định lý Thalès đảo ta có \(� �^{'}\) // \(� �\) (1)

\(� �\) là đường trung bình trong \(\Delta � � �\) suy ra \(� �\) // \(� �\), mà \(� � ⊥ � �\) (cmt) nên \(� � ⊥ � �\), nghĩa là \(� � ⊥ � �\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(� � ⊥ � �^{'}\),

Lại có \(� �^{'} ⊥ � �\) (vì \(� � ⊥ � �\)) nên \(�\) là trực tâm \(\Delta � � �^{'}\)

Suy ra \(� � ⊥ �^{'} �\) tức là \(� � ⊥ � �\).

a) Tứ giác $BCED$ nội tiếp, $C$ thuộc đường tròn đường kính $AB$ suy ra \widehat{ACB}=90^\circ$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\).

Mặt khác \(� � ⊥ � �\) tại \(�\) (gt) suy ra \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(�\) là trung điểm của \(� �\).

Xét tam giác \(� � �\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) và \(� �\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\).

Xét tam giác \(� � �\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) và \(� �\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\).

Suy ra \(� � � �\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(�\), đường kính \(� �\).

b) Xét \(\Delta � � �\) và \(\Delta � � �\) có:

\(\hat{� � �}\) chung

\(\hat{� � �} = \hat{� � �} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra \(\Delta � � � \sim \Delta � � �\) (g.g)

Suy ra \(\frac{� �}{� �} = \frac{� �}{� �}\) (cặp cạnh tương ứng tỉ lệ) hay \(� � . � � = � � . � �\).

Mà \(�\) là trung điểm của \(� �\) (gt) suy ra \(� � = \frac{1}{2} � �\)

\(�\) là tâm đường tròn đường kính \(� �\) (gt) nên \(� � = \frac{1}{2} � �\)

Suy ra \(� � = \frac{1}{2} � � = \frac{1}{2} . \frac{1}{2} � � = \frac{1}{4} � �\)

Do đó, \(� � . � � = \frac{1}{4} � � . � � = \frac{� �^{2}}{4}\) (đpcm).

a) Chứng minh \(\hat{� � �} = \hat{� � �}\).

Vì \(� � , � �\) là các đường cao của \(\Delta � � �\) nên \(� � ⊥ � �\) và \(� � ⊥ � �\)

Suy ra \(\hat{� � �} = \hat{� � �} = 9 0^{\circ}\).

Gọi \(�\) là trung điểm của \(� �\).

Xét tam giác \(� � �\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) và \(� �\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\) (1)

Xét tam giác \(� � �\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) và \(� �\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\) (2)

Suy ra \(� � � �\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(�\), đường kính \(� �\).

Do đó \(\hat{� � �} + \hat{� � �} = 18 0^{\circ}\) (tổng hai góc đối bằng \(18 0^{\circ}\).

hay \(\hat{� � �} + \hat{� � �} = 18 0^{\circ}\).

Mà \(\hat{� � �} + \hat{� � �} = 18 0^{\circ}\) (hai góc kề bù) do đó \(\hat{� � �} = \hat{� � �}\).

b) Chứng minh \(\hat{� � �} = \hat{� � �}\).

Tứ giác \(� � � �\) nội tiếp nên \(\hat{� � �} + \hat{� � �} = 18 0^{\circ}\)

Mà \(\hat{� � �} = \hat{� � �}\) (đối đỉnh) nên \(\hat{� � �} + \hat{� � �} = 18 0^{\circ}\) hay \(\hat{� � �} + \hat{� � �} = 18 0^{\circ}\)

Mặt khác tứ giác \(� � � �\) nội tiếp đường tròn tâm \(\left(\right. � \left.\right)\) nên \(\hat{� � �} + \hat{� � �} = 18 0^{\circ}\).

Do đó \(\hat{� � �} = \hat{� � �}\).

c) Chứng minh \(\hat{� � �} = \hat{� � �}\).

Ta chứng minh \(� � � �\) là tứ giác nội tiếp.

Gọi \(�\) là trung điểm \(� �\).

Xét tam giác \(� � �\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) và \(� �\) là đường trung tuyến nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\) (3) 

Xét tam giác \(� � �\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) và \(� �\) là đường trung tuyến nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(� � = � � = � � = � �\).

Vậy tứ giác \(� � � �\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(�\) đường kính \(� �\).

Suy ra \(\hat{� � �} = \hat{� � �}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(� �\) của đường tròn tâm \(�\)).

d) Chứng minh \(\hat{� � �} + 9 0^{\circ} = \hat{� � �}\).

Ta có \(\hat{� � �} + \hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) (hai góc phụ nhau)

Hay \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ} - \hat{� � �}\)

Mà \(\hat{� � �} + \hat{� � �} = 18 0^{\circ}\) (tứ giác \(� � � �\) nội tiếp được đường tròn) nên \(9 0^{\circ} - \hat{� � �} + \hat{� � �} = 18 0^{\circ}\)

Suy ra \(\hat{� � �} + 9 0^{\circ} = \hat{� � �}\).

a) Chứng minh tứ giác \(� � � �\) nội tiếp.

Xét đường tròn \(\left(\right. � \left.\right)\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(� � ⊥ � �\).

\(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(� � ⊥ � �\)

Mà \(� �\) cắt \(� �\) tại \(�\) nên \(�\) là trực tâm của tam giác \(� � �\)

Hay \(� � ⊥ � �\), suy ra \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\)

Gọi \(�\) là trung điểm \(� �\).

Xét tam giác \(� � �\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) và \(� �\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\) (1)

Xét tam giác \(� � �\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) và \(� �\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(� � = � � = � � = � �\).

Vậy tứ giác \(� � � �\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(�\) đường kính \(� �\).

b) Chứng minh tứ giác \(� � � �\) nội tiếp.

Gọi \(�\) là trung điểm \(� �\).

Xét tam giác \(� � �\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) và \(� �\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\) (3)

Xét tam giác \(� � �\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) và \(� �\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(� � = � � = � � = � �\).

Vậy tứ giác \(� � � �\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(�\) đường kính \(� �\).

a) Chứng minh \(� � � �\) là tứ giác nội tiếp.

Gọi \(�\) là trung điểm \(� �\).

Vì \(� � , � �\) là các đường cao của \(\Delta � � �\) nên \(� � ⊥ � �\) và \(� � ⊥ � �\)

Suy ra \(\hat{� � �} = \hat{� � �} = 9 0^{\circ}\).

Xét tam giác \(� � �\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) và \(� �\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\) (1)

Xét tam giác \(� � �\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) và \(� �\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(� � = � � = � � = � �\).

Vậy tứ giác \(� � � �\) nội tiếp được đường tròn có tâm \(�\) là trung điểm \(� �\).

b) Chứng minh \(� � � �\) là tứ giác nội tiếp.

Vì \(� � , � �\) là các đường cao của \(\Delta � � �\) nên \(� � ⊥ � �\) và \(� � ⊥ \&\text{nbsp}; � �\).

Gọi \(�\) là trung điểm \(� �\) (học sinh tự vẽ thêm trên hình)

Xét tam giác \(� � �\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) và \(� �\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\) (3)

Xét tam giác \(� � �\) có \(\hat{� � �} = 9 0^{\circ}\) và \(� �\) là đường trung tuyến ứng với cạnh huyền nên \(� � = � � = � � = \frac{1}{2} � �\) (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(� � � �\) là tứ giác nội tiếp đường tròn tâm \(�\) là trung điểm \(� �\), đường kính \(� �\).

Ta có: AI+IO=AO

=>\(I O = A O - A I = \frac{1}{3} R\)

Xét (O) có

ΔCED nội tiếp

CD là đường kính

Do đó: ΔCED vuông tại E

Xét ΔCOI vuông tại O và ΔCED vuông tại E có

\(\hat{O C I}\) chung

Do đó: ΔCOI~ΔCED
=>\(\frac{O I}{E D} = \frac{C O}{C D}\)

=>\(\frac{\frac{1}{3} R}{E D} = \frac{1}{2}\)

=>\(E D = \frac{1}{3} R \cdot 2 = \frac{2}{3} R\)

ΔCED vuông tại E

=>\(C E^{2} + E D^{2} = C D^{2}\)

=>\(C E = \sqrt{\left(\left(\right. 2 R \left.\right)\right)^{2} - \left(\left(\right. \frac{2}{3} R \left.\right)\right)^{2}} = \sqrt{4 R^{2} - \frac{4}{9} R^{2}} = \sqrt{\frac{32}{9} R^{2}} = \frac{4 \sqrt{2}}{3} \cdot R\)

Pitago: \(B C^{2} = A B^{2} + A C^{2} \Rightarrow B C^{2} - \left(\right. A B^{2} + A C^{2} \left.\right) = 0\)

Gọi các tiếp điểm với AB và AC là E và F

Do đường tròn (I) nội tiếp tam giác, theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau:

\(B D = B E\) ; \(A E = A F\) ; \(C D = C F\)

Mà \(B D + C D = B C ; A E + B E = A B ; A F + C F = A C\)

\(\Rightarrow B C + A B - A C = B D + C D + A B + B E - A F - C F = B D + B E = 2 B D\)

\(\Rightarrow B D = \frac{B C + A B - A C}{2}\)

Tương tự: \(B C + A C - A B = 2 D C \Rightarrow D C = \frac{B C + A C - A B}{2}\)

\(\Rightarrow B D . D C = \frac{1}{4} \left(\right. B C + A B - A C \left.\right) \left(\right. B C + A C - A B \left.\right) = \frac{1}{4} \left[\right. B C^{2} - \left(\left(\right. A B - A C \left.\right)\right)^{2} \left]\right.\)

\(= \frac{1}{4} \left(\right. B C^{2} - \left(\right. A B^{2} + A C^{2} \left.\right) + 2 A B . A C \left.\right) = \frac{1}{2} A B . A C = S_{A B C}\)

Gọi D là tiếp điểm của đường tròn (I) với AB. Ta tính được BC = 15 ( cm )

\(A D = \frac{A B + A C - B C}{2} = \frac{9 + 12 - 15}{2} = 3 \left(\right. c m \left.\right)\)

Gọi N là giao điểm của BI và AC. Ta có:

\(\frac{B I}{B N} = \frac{B D}{B A} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3} = \frac{B M}{B G} \Rightarrow\)IG // NM và \(I G = \frac{2}{3} N M\)

Lần lượt tính AN = 4,5 ( cm ) ; AM = 6 ( cm ) 

Suy ra NM = 1,5 ( cm ) nên IG = 1( cm )

Vậy IG = 1 ( cm ) 

Vẽ \(A K ⊥ B C\) tại K, \(A H ⊥ \&\text{nbsp}; D C\) tại \(H\).

Khi đó tứ giác \(A K C H\) là hình chữ nhật nên \(A K = C H\); \(A H = C K\)

Trong tam giác vuông \(A K B\) vuông tại \(K\) có \(A B = 10\) cm, \(\hat{A B K} = 7 0^{\circ}\) 

\(A K = A B . \&\text{nbsp}; sin ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ} = 10. sin ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ}\) suy ra \(A K = C H = 10. sin ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ}\)

hay \(D H = C D - H C = 15 - 10. sin ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ}\)

\(B K = A B . cos ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ} = 10. cos ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ}\)

Suy ra \(C K = C B - B K = 13 - 10. cos ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ}\)

hay \(A H = C K = 13 - 10. cos ⁡ \&\text{nbsp}; 7 0^{\circ}\)

Theo định lí Pythagore trong tam giác vuông \(A D H\):

\(A D = \sqrt{A H^{2} + D H^{2}} = \sqrt{\left(\right. 13 - 10. cos ⁡ 7 0^{\circ} \left.\right)^{2} + \left(\right. 15 - 10. sin ⁡ 7 0^{\circ} \&\text{nbsp}; \left.\right)^{2}} \approx 11 , 1\) m.