a: Xét (I) có

ΔBFC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBFC vuông tại F

=>CF\(\bot\)AB tại F

Xét (I) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

=>BE\(\bot\)AC tại E

Xét ΔABC có

CF,BE là các đường cao

CF cắt BE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\bot\)BC tại D

Xét tứ giác BFHD có \(\hat{B F H} + \hat{B D H} = 9 0^{0} + 9 0^{0} = 18 0^{0}\)

nên BFHD là tứ giác nội tiếp

b: Xét tứ giác ABDE có \(\hat{A E B} = \hat{A D B} = 9 0^{0}\)

nên ABDE là tứ giác nội tiếp

a: Xét (O) có

ΔACB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔACB vuông tại C

Xét tứ giác BCED có \(\hat{B C E} + \hat{B D E} = 9 0^{0} + 9 0^{0} = 18 0^{0}\)

nên BCED là tứ giác nội tiếp

b: Xét ΔADE vuông tại D và ΔACB vuông tại C có

\(\hat{D A E}\) chung

Do đó: ΔADE~ΔACB

=>\(\frac{A D}{A C} = \frac{A E}{A B}\)

=>\(A E \cdot A C = A D \cdot A B = \frac{1}{4} A B \cdot A B = \frac{1}{4} A B^{2}\)

a: Xét tứ giác ABOC có \(\hat{O B A} + \hat{O C A} = 9 0^{0} + 9 0^{0} = 18 0^{0}\)

nên ABOC là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AO

Tâm I là trung điểm của AO

b: Xét ΔABO có I,M lần lượt là trung điểm của AO,AB

=>MI là đường trung bình của ΔABO

=>MI//BO

Xét ΔAMI và ΔABO có \(\frac{A M}{A B} = \frac{A I}{A O} \left(\right. = \frac{1}{2} \left.\right)\) và góc MAI chung

nên ΔAMI~ΔABO

=>\(\frac{A M}{A B} = \frac{A I}{A O}\)

=>\(A M \cdot A O = A B \cdot A I\)

c: Gọi H là trung điểm của AM

Xét ΔCMA có

G là trọng tâm

H là trung điểm của AM

Do đó: C,G,H thẳng hàng và \(C G = \frac{2}{3} C H\)

Ta có: CG+GH=CH

=>\(G H = H C - \frac{2}{3} H C = \frac{1}{3} H C\)

Ta có: H là trung điểm của AM

=>\(H A = H M = \frac{A M}{2} = \frac{B M}{2}\)

Ta có: HM+MB=HB

=>\(H B = \frac{1}{2} M B + M B = \frac{3}{2} M B\)

=>\(\frac{H M}{H B} = \frac{\frac{1}{2} M A}{\frac{3}{2} M A} = \frac{1}{3}\)

Xét ΔHCB có \(\frac{H M}{H B} = \frac{H G}{H C} \left(\right. = \frac{1}{3} \left.\right)\)

nên MG//BC

a: Ta có: \(\hat{C H M} + \hat{H C M} = 9 0^{0}\)(ΔHMC vuông tại M)

\(\hat{N B C} + \hat{N C B} = 9 0^{0}\)(ΔNBC vuông tại N)

Do đó: \(\hat{C H M} = \hat{N B C} = \hat{A B C}\)

b: Xét tứ giác BNHM có \(\hat{B N H} + \hat{B M H} = 9 0^{0} + 9 0^{0} = 18 0^{0}\)

nên BNHM là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{N B M} + \hat{N H M} = 18 0^{0}\)

=>\(\hat{A B C} + \hat{N H M} = 18 0^{0}\)

mà \(\hat{A B C} + \hat{A D C} = 18 0^{0}\)(ABCD là tứ giác nội tiếp)

nên \(\hat{N H M} = \hat{A D C}\)

mà \(\hat{N H M} = \hat{A H C}\)(hai góc đối đỉnh)

nên \(\hat{A H C} = \hat{A D C}\)

c: Xét tứ giác ANMC có \(\hat{A N C} = \hat{A M C} = 9 0^{0}\)

nên ANMC là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{M A C} = \hat{M N C}\)

a: Xét (I) có

ΔBFC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBFC vuông tại F

=>CF\(\bot\)AB tại F

Xét (I) có

ΔBEC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔBEC vuông tại E

=>BE\(\bot\)AC tại E

Xét ΔABC có

CF,BE là các đường cao

CF cắt BE tại H

Do đó: H là trực tâm của ΔABC

=>AH\(\bot\)BC tại D

Xét tứ giác BFHD có \(\hat{B F H} + \hat{B D H} = 9 0^{0} + 9 0^{0} = 18 0^{0}\)

nên BFHD là tứ giác nội tiếp

b: Xét tứ giác ABDE có \(\hat{A E B} = \hat{A D B} = 9 0^{0}\)

nên ABDE là tứ giác nội tiếp

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

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 M là trung điểm của BC

Ta tính được AG = 2 3 AM = 10cm

Gọi N là trung điểm của AB => MN//AC, MN ⊥ AB

D,I,G thẳng hàng

<=> A G A M = A D A N = 2 3 <=> A D 2 A N = 1 3 <=> A D A B = 1 3

Ta có AD = r nội tiếp =  A B + A C - B C 2 <=>  A B 3 = A B + A C - B C 2

<=> AB+3AC = 3BC =  A B 2 + A C 2

<=> 3AC = 4AB (đpcm)

Áp dụng kết quả trên ta có: AD =  A B + A C - B C 2 = 3cm

=> ID = DA = 3cm => IG = DG – ID = 1cm

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

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

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

\(BC^2=AB^2+AC^2\)

\(BC^2=6^2+8^2\)

\(BC^2=36+64\)

\(BC^2=100\)

\(BC=\sqrt{100}=10\operatorname{cm}\)

Bán kính của đường tròn ngoại tiếp r là:

\(r=\frac{BC}{2}\)

\(r=\frac{10}{2}\)

\(\) r = 5cm

4,868m