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

Gọi \(I\) là trung điểm \(O A\).

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

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

Từ (1) và (2) suy ra \(I B = I C = I A = I O\).

Suy ra \(B , C\) thuộc đường tròn tâm \(I\) đường kính \(O A\).

b) Ta có \(A M . A O = \frac{A B}{2} . 2 A I = A B . A I\).

c) Gọi \(E\) là trung điểm \(M A\), do \(G\) là trọng tâm \(\Delta C M A\) nên \(G \in C E\) và \(\frac{G E}{C E} = \frac{1}{3}\).

Mặt khác \(\frac{M E}{B E} = \frac{1}{3}\) \(\left(\right.\)vì \(M E = \frac{M A}{2} = \frac{M B}{2}\) nên \(M E = \frac{B E}{3} \left.\right)\)

Suy ra \(\frac{G E}{C E} = \frac{M E}{B E}\), theo định lí Thalès đảo ta có:

\(M G\) // \(B C\).

d) Gọi \(G^{'}\) là giao điểm của \(O A\) và \(C M\) suy ra \(G^{'}\) là trọng tâm \(\Delta A B C\).

Nên \(\frac{G^{'} M}{C M} = \frac{1}{3} = \frac{G E}{C E^{'}}\)

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

\(M I\) là đường trung bình trong \(\Delta O A B\) suy ra \(M I\) // \(O B\), mà \(A B ⊥ O B\) (cmt) nên \(M I ⊥ A B\), nghĩa là \(M I ⊥ M E\) (2).

Từ (1) và (2) suy ra \(M I ⊥ G G^{'}\),

Lại có \(G I^{'} ⊥ M K\) (vì \(O A ⊥ M K\)) nên \(I\) là trực tâm \(\Delta M G G^{'}\)

Suy ra \(G I ⊥ G^{'} M\) tức là \(G I ⊥ C M\).

Gọi \(D , E , F\) là tiếp điểm của đường tròn \(\left(\right. I \left.\right)\) với \(A B\)

\(\Delta A B C\) vuông tại \(A\), theo định lí Pythagore ta có: \(B C = \sqrt{A B^{2} + A C^{2}} = \sqrt{9^{2} + 1 2^{2}} = 15\) cm

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \(A D = A F ; B D = B E ; C E = C F\).

Do đó \(2 A D + 2 B E + 2 C E = A B + B C + C A = 9 + 12 + 15 = 36\)

\(2 A D + 2 B C = 36\)

\(A D = 3\) (cm) suy ra \(B D = 6\) (cm); \(D I = 3\) cm.

Gọi \(N = B I \cap A C\), ta có: \(\frac{B I}{B N} = \frac{B D}{B A} = \frac{6}{9} = \frac{2}{3} = \frac{B G}{B M}\)

Suy ra \(I G\) // \(N M\) và \(I G = \frac{2}{3} N M\).

Ta có \(\diamond I D A F\) là hình vuông, có: \(\frac{B D}{B A} = \frac{D I}{A N} = \frac{2}{3}\)

Suy ra \(A N = 4 , 5\) cm.

Mà \(M\) là trung điểm của \(A C\) nên: \(N M = A M - A N = 6 - 4 , 5 = 1 , 5\) (cm) suy ra \(I G = 1\) cm

Ta có \(A I = \frac{2 A O}{3} = \frac{2 R}{3}\) suy ra \(O I = R - \frac{2 R}{3} = \frac{R}{3}\)

\(\Delta O C I\) vuông tại \(O\), ta có:

\(C I = \sqrt{O C^{2} + O I^{2}} = \sqrt{R^{2} + \left(\right. \frac{R}{3} \left.\right)^{2}} = \frac{R \sqrt{10}}{3}\) nội tiếp đường tròn  có cạnh \(C D\) là đường kính

Suy ra \(\Delta C E D\) vuông tại \(E\)

Hai tam giác vuông \(O C I\) và \(C E D\) có \(\hat{C}\) :chung 

Suy ra \(\Delta C O I \sim \Delta C E D\)

Suy ra \(\frac{C O}{C E} = \frac{C I}{C D}\)

\(C E = \frac{C O . C D}{C I} = \frac{R . 2 R}{R \frac{\sqrt{10}}{3}} = \frac{6 R}{\sqrt{10}} = \frac{3 R \sqrt{10}}{5}\).

a) Gọi \(E , F\) là tiếp điểm của đường tròn \(\left(\right. I \left.\right)\) với các cạnh \(A B , A C\)

Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có: \(A E = A F ; B E = B D ; C D = C F\)

Do đó: \(2 B D = B D + B E = B C - C D + A B - A E\)

\(= B C + A B - \left(\right. C D + A E \left.\right) = B C + A B - \left(\right. C F + A F \left.\right)\)

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

b) Tương tự câu a) ta có: \(D C = \frac{B C + A C - A B}{2}\) mà \(A B^{2} + A C^{2} = B C^{2}\) (\(\Delta A B C\) vuông tại \(A\)), do đó:

\(B D . D C = \frac{\left(\right. B C + A B - A C \left.\right) \left(\right. B C + A C - A B \left.\right)}{4}\)

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

\(= \frac{A B . A C}{2} = S_{A B C}\)

Đường tròn \(\left(\right. I ; r \left.\right)\) tiếp xúc với các cạnh \(A B , A C , B C\) theo thứ tự \(M , N , P\).

Ta có: \(S_{A I B} = \frac{1}{2} I M . A B = \frac{1}{2} r . A B\) (1);

\(S_{A I C} = \frac{1}{2} I N . A C = \frac{1}{2} r . A C\) (2);

\(S_{B I C} = \frac{1}{2} r . B C\) (3)

Cộng vế theo vế của (1), (2) và (3), ta được: \(\frac{S_{A I B} + S_{A I C} + S_{B I C}}{S_{A B C}} = \frac{1}{2} r . \left(\right. A B + A C + B C \left.\right)\)

Mà \(S_{A B C} = \frac{1}{2} A B . A C = \frac{6.8}{2} = 24\) cm², \(B C = \sqrt{6^{2} + 8^{2}} = \sqrt{100} = 10\) cm

Nên ta có: \(24 = \frac{1}{2} r \left(\right. 6 + 8 + 10 \left.\right)\) suy ra \(r = 2\) (cm).

Ta có: ˆACB=90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Xét △AOC có AO=OC=AC=R

→△AOC là tam giác đều.

→ˆA=60o

Áp dụng định lý tổng ba góc của tam giác:

ˆB=180o−ˆACB−ˆB

      =180o−90o−60o=30o

Vậy ˆA=60o, ˆB=30o, ˆACB=90