Xét tứ giác \(M N P Q\), ta có: \(M Q\) // \(N P\) và \(M N\) // \(P Q\) suy ra \(M N P Q\) là hình bình hành.

Kéo dài \(A D\) và \(B C\) cắt nhau tại \(E\).

Ta có: \(\hat{C} + \hat{D} = 9 0^{\circ}\) suy ra \(\hat{E} = 9 0^{\circ}\).

Lại có:\(M N\) // \(E D\) và \(M Q\) // \(E C\) suy ra \(M N ⊥ M Q\)

Do đó \(M N P Q\) là hình chữ nhật suy ra \(M , N , P , Q\) nằm trên một đường tròn với tâm là giao điểm của hai đường chéo của hình chữ nhật, bán kính bằng nửa đường chéo.

Vì tam giác \(A B C\) đều nên các trung tuyến đồng thời cũng là đường cao.

Suy ra \(A M , B N , C P\) lần lượt vuông góc với \(B C , A C , A B\).

\(\Delta B P C\) là tam giác vuông, có \(B C\) là cạnh huyền nên \(M P = \frac{1}{2} B C = B M = M C\) (1)

\(\Delta B N C\) là tam giác vuông, có \(B C\) là cạnh huyền nên \(N M = \frac{1}{2} B C = B M = M C\) (2) 

Từ (1) và (2) suy ra \(P M = N M = M B = M C\) hay các điểm \(B , P , N , C\) cùng thuộc đường tròn, đường kính \(B C = a\), tâm đường tròn là trung điểm \(M\) của \(B C\).

a) Giả sử đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) có bán kính \(R\) suy ra \(O A = R\) \(\left(\right. 1 \left.\right)\)

Do \(B\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(d\) suy ra \(O A = O B\) \(\left(\right. 2 \left.\right)\)

Do \(C\) là điểm đối xứng với \(A\) qua \(O\) suy ra \(O A = O C\) \(\left(\right. 3 \left.\right)\)

Do \(D\) là điểm đối xứng với \(B\) qua \(O\) suy ra \(O B = O D\) \(\left(\right. 4 \left.\right)\)

Từ \(\left(\right. 1 \left.\right)\), \(\left(\right. 2 \left.\right)\), \(\left(\right. 3 \left.\right)\) và \(\left(\right. 4 \left.\right)\) suy ra \(B\), \(C\) và \(D\) cùng thuộc \(\left(\right. O \left.\right)\).

b) Ta thấy \(A C\) và \(B D\) cắt nhau tại \(O\) là trung điểm của mỗi đường, suy ra \(A B C D\) là hình chữ nhật.

c) Ta thấy \(O C = O D\) suy ra \(d\) là đường trung trực của \(C D\).

Suy ra \(C\) và \(D\) đối xứng với nhau qua \(d\).

a) Vì hình vuông \(A B C D\) có tâm \(E\) suy ra \(E A = E B = E C = E D\).

Do đó, các điểm \(A\), \(B\), \(C\) và \(D\) cùng thuộc một đường tròn tâm \(E\).

Hai trục đối xứng của đường tròn là \(A C\) và \(B D\).

b) Cạnh hình vuông bằng \(3\) cm nên áp dụng định lí Pythagore, ta có:

\(A C = \sqrt{A B^{2} + B C^{2}} = 3 \sqrt{2}\) suy ra \(E A = \frac{A C}{2} = \frac{3 \sqrt{2}}{2}\).

Vậy bán kính của đường tròn là \(R = E A = \frac{3 \sqrt{2}}{2}\) cm.

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

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 \(A C\).

Suy ra

A

^

=

C

1

^

=

O

1

^

=

6

0

∘

A

=

C

1

​

​

=

O

1

​

​

=60

∘

.

Ta có:

O

A

C

OAC có

O

B

=

O

C

OB=OC nên cân tại

O

O suy ra

B

^

=

C

2

^

B

=

C

2

​

​

;

O

1

^

O

1

​

​

là góc ngoài của

Δ

O

B

C

ΔOBC.

Do đó

O

1

^

=

B

^

+

C

2

^

=

2

B

^

=

2

C

2

^

O

1

​

​

=

B

+

C

2

​

​

=2

B

=2

C

2

​

​

B

^

=

C

2

^

=

1

2

O

1

^

=

3

0

∘

B

=

C

2

​

​

=

2

1

​

O

1

​

​

=30

∘

A

C

B

^

=

C

1

^

+

C

2

^

=

9

0

∘

ACB

=

C

1

​

​

+

C

2

​

​

=90

∘

Vậy

A

^

=

6

0

∘

;

B

^

=

3

0

∘

;

C

^

=

9

0

∘

A

=60

∘

;

B

=30

∘

;

C

=90

∘

.

Δ

C

A

B

ΔCAB có trung tuyến

C

O

CO bằng nửa cạnh đối xứng

A

B

AB nên vuông tại

C

C với

A

C

B

^

=

9

0

∘

ACB

=90

∘

Suy ra

A

^

=

6

0

∘

A

=60

∘

và

B

^

=

3

0

∘

B

=30

∘

Vậy

Δ

A

B

C

ΔABC có

C

^

=

9

0

∘

;

A

^

=

6

0

∘

;

B

^

=

3

0

∘

C

=90

∘

;

A

=60

∘

;

B

=30

∘

.

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