1/ Ta có

IB=IA=IC (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì kc từ điểm đó đến hai tiếp điểm bằng nhau

=> tg IAB và tg IAC cân tại I \(\Rightarrow\widehat{IBA}=\widehat{IAB}\) và \(\widehat{ICA}=\widehat{IAC}\)

Xét tg IAB có \(\widehat{AIB}=180^o-\left(\widehat{IBA}+\widehat{IAB}\right)=180^o-2.\widehat{IAB}\) (1)

Xét tg IAC có \(\widehat{AIC}=180^o-\left(\widehat{IAC}+\widehat{ICA}\right)=180^o-2.\widehat{IAC}\) (2)

Công 2 vế của (1) và (2)

\(\Rightarrow\widehat{AIB}+\widehat{AIC}=360^o-2\left(\widehat{IAB}+\widehat{IAC}\right)\)

\(\Rightarrow\widehat{BIC}=180^o=360^o-2\widehat{BAC}\Rightarrow\widehat{BAC}=90^o\) => tg ABC vuông tại A

2/

Ta có

tg AIB cân tại I (cmt)

\(OI\perp AB\) (Hai tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm thì đường nối điểm đó với tâm đường tròn vuông góc và chia đôi dây cung nối hai tiếp điểm)

=> IO là phân giác của \(\widehat{AIB}\Rightarrow\widehat{AIO}=\widehat{BIO}=\frac{\widehat{AIB}}{2}\) (trong tg cân đường cao xp từ đỉnh đồng thời là đường phân giác)

C/m tương tự ta cũng có \(\widehat{AIO'}=\widehat{CIO'}=\frac{\widehat{AIC}}{2}\)

\(\Rightarrow\widehat{AIO}+\widehat{AIO'}=\widehat{OIO'}=\frac{\widehat{AIB}+\widehat{AIC}}{2}=\frac{180^o}{2}=90^o\) => tg OIO' vuông tại I

3/

Hai đường tròn tiếp xúc ngoài thì đường nối tâm hai đường tròn đi qua điểm tiếp xúc => O, A, O' thẳng hàng

Xét tg vuông OIO' có

\(IA^2=OA.O'A\) (trong tg vuông bình phương đường cao từ đỉnh góc vuông bằng tích giữa 2 hình chiếu của 2 cạnh góc vuông trên cạnh huyền) \(\Rightarrow IA=\sqrt{OA.OA'}=\sqrt{R.R'}\)

Ta có IB=IA=IC (cmt) => \(IA=\frac{BC}{2}\Rightarrow BC=2.IA=2\sqrt{R.R'}\)

Xin lỗi các bạn. Diện tích bàn cờ là 0,16m²

Một bàn cờ vua tiêu chuẩn sẽ có 8*8=64 ô.

Trừ ô quân Mã đứng, còn lại 63 ô.

Như vậy vì quân Mã di chuyển qua tất cả các ô, mỗi ô chỉ được đi qua 1 lần nên quân Mã sẽ phải thực hiện 63 nước đi.

Đặc điểm của quân Mã là nếu đi số nước lẻ thì nó sẽ dừng lại ở ô khác màu với ô nó đứng ban đầu, mà 63 là số lẻ do đó nơi nó kết thúc trong hành trình này sẽ là một ô khác màu với ô ban đầu nó đứng.

Nhưng góc đối diện với ô quân Mã đứng lúc đầu lại là ô cùng màu (vì nằm trên cùng đường chéo) nên việc quân Mã kết thúc tại góc đối diện theo đề bài sẽ không bao giờ có thể xảy ra.

Vậy không thể di chuyển Mã như đề bài yêu cầu.

a/

Xét tg OCD có

OC=OD (Bán kính (O)) => tg OCD cân tại O

Mà \(OA\perp CD\)=> OA là đường cao của tg OCD

=> HC=HD (trong tg cân đường cao xp từ đỉnh đồng thời là đường trung tuyến) => H là trung điểm của CD

\(\widehat{ACB}=90^o\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

b/

Xét tứ giác ACED có

HC=HD (cmt)

HA=HE (gt)

=> ACED là hình bình hành (tứ giác có hai đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)

Mà \(AE\perp CD\)

=> AECD là hình thoi (hình bình hành có hai đường chéo vuông góc là hình thoi)

=> DE // AC (cạnh đối hình bình hành). Mà \(\widehat{ACB}=90^o\left(cmt\right)\Rightarrow AC\perp BC\Rightarrow DE\perp BC\)

c/ Gọi I là trung điểm BE

Xét tg ACE có CA=CE (trong hình thoi các cạnh bằng nhau) => tg ACE cân tại C \(\Rightarrow\widehat{CAE}=\widehat{CEA}\) (cạnh đáy tg cân) (1)

Xét tg vuông BFE có

\(IE=IB\Rightarrow IF=IO=IB=\frac{BE}{2}\) (trong tg vuông trung tuyến thuộc cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền) => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tg FEB có đường kính EB

=> tg FIE cân tại I \(\Rightarrow\widehat{FEI}=\widehat{EFI}\) (cạnh đáy tg cân) (2)

Ta có DE//AC (trong hbh các cặp cạnh đối // với nhau) \(\Rightarrow\widehat{FEI}=\widehat{CAE}\) (góc đồng vị) (3)

Từ (1) (2) (3) \(\Rightarrow\widehat{EFI}=\widehat{CAE}\) (4)

Ta có  H và F cùng nhìn CE dưới 1 góc vuông => H; F nằm trên đường tròn đường kính CE

\(\Rightarrow\widehat{CFH}=\widehat{CEA}\) (góc nội tiếp đường tròn cùng chắn cung CH) (5)

Từ (4) và (5) \(\Rightarrow\widehat{CFH}=\widehat{EFI}\)

Mà \(\widehat{HFE}+\widehat{CFH}=\widehat{CFD}=90^o\Rightarrow\widehat{HFE}+\widehat{EFI}=\widehat{HFI}=90^o\Rightarrow HF\perp FI\)

=> HF là tiếp tuyến (I)

a/ Gọi D là trung điểm BC; E là trung điểm AC 

Từ D dựng đường thẳng vuông góc với BC

Từ E dựng đường thẳng vuông góc với AC

Hai đường thẳng trên cắt nhau tại O là tâm đường tròn ngoại tiếp tg ABC (Trong tg 3 đường trung trực đồng quy tại 1 điểm và điểm đó là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác)

Ta có \(AH=2.OD\Rightarrow\frac{OD}{AH}=\frac{1}{2}\) (trong tg khoảng cách từ 1 đỉnh đến trực tâm bằng 2 lần khoảng cách từ tâm đường tròn ngoại tiếp đến cạnh đối diện) (Bạn phải c/m bài toán phụ trên, bạn tự tham khảo trên mạng nhé)

Ta có \(AH\perp BC;OD\perp BC\) => OD // AH

\(\Rightarrow\frac{OG}{HG}=\frac{OD}{AH}=\frac{1}{2}\) (Talet trong tam giác) \(\Rightarrow HG=2.OG\left(dpcm\right)\)

Xin lỗi trên là câu b

Câu a

Nối AD cắt HO tại G đến đoạn cm được \(\frac{OD}{AH}=\frac{1}{2}\) và OD//AH

\(\Rightarrow\frac{GD}{GA}=\frac{OD}{AH}=\frac{1}{2}\) => G là trọng tâm của tg ABC => H, G, O thẳng hàng