ΔCAB vuông tại C

=>ΔCAB nội tiếp đường tròn đường kính AB

=>O là trung điểm của AB

I là tâm đường tròn nội tiếp ΔABC

=>BI là phân giác của góc ABC; AI là phân giác của góc CAB

ΔBOI vuông tại O

=>\(\hat{BOI}=90^0\)

Xét ΔIBA có

IO là đường cao

IO là đường trung tuyến

Do đó: ΔIBA cân tại I

=>\(\hat{IBA}=\hat{IAB}\)

=>\(2\cdot\hat{IBA}=2\cdot\hat{IAB}\)

=>\(\hat{CBA}=\hat{CAB}\)

=>ΔCAB vuông cân tại C

=>CA=CB

ΔCAB vuông tại C

=>\(CA^2+CB^2=AB^2\)

=>\(AB^2=CB^2+CB^2=2CB^2\)

=>\(AB=BC\sqrt2\)

\(CA:CB:AB=CB:CB:CB\sqrt2=1:1:\sqrt2\)

a: (O) nội tiếp ΔABC

=>AO là phân giác của góc BAC

Xét tứ giác ADOE có \(\hat{ADO}=\hat{AEO}=\hat{DAE}=90^0\)

nên ADOE là hình chữ nhật

Hình chữ nhật ADOE có AO là phân giác của góc DAE

nên ADOE là hình vuông

b: ΔABC vuông tại A

=>\(BC^2=AB^2+AC^2=5^2+12^2=25+144=169=13^2\)

=>BC=13(cm)

p=(AB+BC+CA)/2=(5+12+13)/2=30/2=15(cm)

\(S=\frac12\cdot AB\cdot AC=\frac12\cdot5\cdot12=\frac12\cdot60=30\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

S=p*r

=>r=30/15=2(cm)

Đặt BC=a

ΔABC đều

=>AB=BC=AC=a

Ta có: DC+DB=BC

=>2DB+BD=BC

=>BC=3BD

=>\(DB=\frac{BC}{3}=\frac{a}{3}\)

=>\(DC=2\cdot DB=\frac{2a}{3}\)

Xét ΔCDA có \(cosC=\frac{CA^2+CD^2-AD^2}{2\cdot CA\cdot CD}\)

=>\(\frac{a^2+\left(\frac{2a}{3}\right)^2-AD^2}{2\cdot a\cdot\frac23a}=cos60=\frac12\)

=>\(a^2+\frac49a^2-AD^2=\frac12\cdot\frac43a^2=\frac23a^2\)

=>\(AD^2=\frac{13}{9}a^2-\frac23a^2=\frac{13}{9}a^2-\frac69a^2=\frac79a^2\)

=>\(AD=\frac{a\sqrt7}{3}\)

Nửa chu vi của tam giác CDA là:

\(p=\frac12\left(AC+CD+AD\right)=\frac12\left(a+\frac{2a}{3}+\frac{a\sqrt7}{3}\right)=\frac12\cdot\frac{5a+a\sqrt7}{3}=\frac{5a+a\sqrt7}{6}\)

Diện tích tam giác CDA là:

\(S_{CDA}=\frac12\cdot CA\cdot CD\cdot\sin C=\frac12\cdot a\cdot\frac23a\cdot\sin60\)

\(=\frac13a^2\cdot\frac{\sqrt3}{2}=\frac{a^2\sqrt3}{6}\)

Bán kính đường tròn nội tiếp ΔCDA là:

\(r=\frac{S_{CDA}}{p_{DAC}}=\frac{a^2\sqrt3}{6}:\frac{5a+a\sqrt7}{6}=\frac{a^2\sqrt3}{5a+a\sqrt7}=\frac{a\sqrt3}{5+\sqrt7}\)

Xét ΔCDA có \(\frac{AD}{\sin C}=2R\)

=>\(2R=\frac{a\sqrt7}{3}:\sin60=\frac{a\sqrt7}{3}:\frac{\sqrt3}{2}=\frac{a\sqrt7}{3}\cdot\frac{2}{\sqrt3}=\frac{2a\sqrt7}{3\sqrt3}\)

=>\(R=\frac{a\sqrt7}{3\sqrt3}\)

\(\frac{R}{r}=\frac{a\sqrt7}{3\sqrt3}:\frac{a\sqrt3}{5+\sqrt7}=\frac{\sqrt7\left(5+\sqrt7\right)}{3\sqrt3\cdot\sqrt3}=\frac{5\sqrt7+7}{9}\)

Chọn đáp án C.

Gọi M là trung điểm của BC: 

Do tam giác ABC đều nên tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC là trọng tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Áp dụng định lí Pytago vào tam giác ABM ta có:

a: Xét (O) có 

OH là một phần đường kính

BC là dây

OH⊥BC tại H

Do đó:H là trung điểm của BC

Xét ΔABC có 

AH là đường cao

AH là đường trung tuyến

Do đó: ΔABC cân tại A

Xét ΔOBA và ΔOCA có 

OB=OC

BA=CA

OA chung

Do đó: ΔOBA=ΔOCA

Suy ra: \(\widehat{OBA}=\widehat{OCA}=90^0\)

hay AC là tiếp tuyến

b: Xét ΔOBA vuông tại B có

\(\sin BAO=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{1}{2}\)

=>\(\widehat{BAO}=30^0\)

hay \(\widehat{BAC}=60^0\)

mà ΔABC cân tại A

nên ΔABC đều

ΔABC đều

=>BC=AC=AB=a và \(\hat{BAC}=\hat{ABC}=\hat{ACB}=60^0\)

Xét ΔABC có \(\frac{BC}{\sin BAC}=2R\)

=>\(2R=a:\sin60=a:\frac{\sqrt3}{2}=\frac{2a}{\sqrt3}\)

=>\(R=\frac{a}{\sqrt3}\)

Chọn đáp án B.

Do O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC nên O đồng thời là trọng tâm tam giác ABC.

Gọi M là trung điểm BC: