) Vị trí tương đối của hai đường trònGọi \(O'\) là tâm của đường tròn nhỏ đường kính \(OA\). Khi đó \(O'\) là trung điểm của \(OA\).Bán kính đường tròn nhỏ là \(r = O'A = \frac{OA}{2} = \frac{R}{2}\).Khoảng cách giữa hai tâm là \(OO' = \frac{OA}{2} = \frac{R}{2}\).Ta có: \(R - r = R - \frac{R}{2} = \frac{R}{2}\).Vì \(OO' = R - r\), nên hai đường tròn tiếp xúc trong tại điểm \(A\).b) Chứng minh \(AC = CD\)Xét đường tròn nhỏ tâm \(O'\):Điểm \(C\) nằm trên đường tròn đường kính \(OA\), nên góc \(\widehat{ACO}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn.\(\Rightarrow \widehat{ACO} = 90^\circ\) hay \(OC \perp AD\) tại \(C\).Xét đường tròn lớn tâm \(O\):\(AD\) là một dây cung của đường tròn \((O)\).Ta có \(OC\) là một phần của đường kính (hoặc khoảng cách từ tâm đến dây) vuông góc với dây \(AD\) tại \(C\).Theo tính chất đường kính vuông góc với dây cung: Trong một đường tròn, đường kính vuông góc với một dây thì đi qua trung điểm của dây ấy.\(\Rightarrow C\) là trung điểm của \(AD\).Vậy \(AC = CD\) (đpcm).

Xét các tam giác cânTrong đường tròn \((O)\), ta có \(OB = OA = R\), nên \(\triangle OAB\) cân tại \(O\).\(\Rightarrow \widehat{OBA} = \widehat{OAB}\)Trong đường tròn \((O')\), ta có \(O'C = O'A = r\), nên \(\triangle O'AC\) cân tại \(O'\).\(\Rightarrow \widehat{O'CA} = \widehat{O'AC}\)2. Mối liên hệ giữa các gócVì \(A\) là điểm tiếp xúc của \((O)\) và \((O')\), nên \(O, A, O'\) thẳng hàng.Ta có \(\widehat{OAB} = \widehat{O'AC}\) (hai góc đối đỉnh nếu tiếp xúc ngoài, hoặc là cùng một góc nếu tiếp xúc trong).Từ đó suy ra: \(\widehat{OBA} = \widehat{O'CA}\).3. Kết luận về tiếp tuyếnGọi tiếp tuyến tại \(B\) là đường thẳng \(d\) và tiếp tuyến tại \(C\) là đường thẳng \(d'\).Theo tính chất tiếp tuyến: \(d \perp OB\) và \(d' \perp O'C\).Vì \(\widehat{OBA} = \widehat{O'CA}\) nên \(OB \parallel O'C\) (do có hai góc ở vị trí so le trong hoặc đồng vị bằng nhau).Hai đường thẳng \(d\) và \(d'\) cùng vuông góc với hai đường thẳng song song (\(OB\) và \(O'C\)), do đó \(d \parallel d'\).Kết luận: Tiếp tuyến tại \(B\) và tiếp tuyến tại \(C\) song song với nhau (đpcm).

. Chứng minh \((O)\) và \((O')\) tiếp xúc ngoài ở \(I\)Vì \(J, I, J'\) thẳng hàng và \(I\) nằm giữa \(J, J'\), đồng thời \(O\) là trung điểm \(IJ\) và \(O'\) là trung điểm \(IJ'\), ta có:\(OO^{\prime }=OI+IO^{\prime }=R+r=5+2=7\text{\ cm}\)Khoảng cách giữa hai tâm \(OO' = 7 \text{ cm}\) đúng bằng tổng bán kính \(R+r\).\(\Rightarrow \) Hai đường tròn \((O)\) và \((O')\) tiếp xúc ngoài tại điểm \(I\).b. Chứng minh \(\Delta AIJ \sim \Delta A'IJ'\)Xét \(\Delta AIJ\): Có \(IJ\) là đường kính đường tròn \((O)\), điểm \(A\) thuộc đường tròn \(\Rightarrow \widehat{IAJ} = 90^\circ\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).Xét \(\Delta A'IJ'\): Có \(IJ'\) là đường kính đường tròn \((O')\), điểm \(A'\) thuộc đường tròn \(\Rightarrow \widehat{IA'J'} = 90^\circ\).Xét \(\Delta AIJ\) và \(\Delta A'IJ'\) có:\(\widehat{IAJ} = \widehat{IA'J'} = 90^\circ\)\(\widehat{AIJ} = \widehat{A'IJ'}\) (góc chung)\(\Rightarrow \Delta AIJ \sim \Delta A'IJ'\) (trường hợp góc - góc).c. Chứng minh \(\Delta IAB \sim \Delta IA'B'\)Xét \(\Delta IAB\) và \(\Delta IA'B'\) có:\(\widehat{AIB} = \widehat{A'IB'}\) (góc chung)Xét \(\Delta AIJ\) và \(\Delta A'IJ'\) đồng dạng (câu b), ta có tỉ số: \(\frac{IA}{IA'} = \frac{IJ}{IJ'}\).Xét \(\Delta IBJ\) và \(\Delta IB'J'\) đồng dạng (tương tự câu b, xét đường kính \(IJ\) và \(IJ'\)), ta có tỉ số: \(\frac{IB}{IB'} = \frac{IJ}{IJ'}\).Từ đó suy ra \(\frac{IA}{IA'} = \frac{IB}{IB'}\).\(\Rightarrow \Delta IAB \sim \Delta IA'B'\) (trường hợp cạnh - góc - cạnh).d. Chứng minh \(\Delta OAB \sim \Delta O'A'B'\)Từ \(\Delta AIJ \sim \Delta A'IJ'\) (câu b), ta có \(\frac{IA}{IA'} = \frac{IJ}{IJ'}\).Từ \(\Delta IBJ \sim \Delta IB'J'\), ta có \(\frac{IB}{IB'} = \frac{IJ}{IJ'}\).\(\Rightarrow \frac{IA}{IA'} = \frac{IB}{IB'} = \frac{IJ}{IJ'} = \frac{2 \cdot OI}{2 \cdot O'I} = \frac{OI}{O'I}\).\(\Rightarrow \Delta OAB \sim \Delta O'A'B'\) (theo trường hợp cạnh - góc - cạnh, sử dụng góc chung \(\widehat{AIB} = \widehat{A'IB'}\)).e. Tứ giác \(ABA'B'\) là hình gì?Dựa vào các cặp tam giác đồng dạng đã chứng minh ở trên, ta có thể suy ra các mối quan hệ về góc và cạnh.\(ABA'B'\) là hình thang cân.Giải thích: Vì \(\widehat{IAB} = \widehat{IA'B'}\) (từ câu c), mà hai góc này ở vị trí đồng vị đối với hai đường thẳng \(AB\) và \(A'B'\) cắt bởi đường thẳng \(II'\), nên \(AB \parallel A'B'\). Kết hợp với các tính chất đối xứng của đường tròn, ta có kết luận.

a. Tính số đo \(\widehat{DAE}\)Kẻ tiếp tuyến chung trong tại \(A\) của hai đường tròn, cắt \(DE\) tại \(I\).Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau:\(ID = IA \implies \triangle IAD\) cân tại \(I\).\(IE = IA \implies \triangle IAE\) cân tại \(I\).Trong \(\triangle DAE\), ta có \(IA = ID = IE = \frac{1}{2} DE\). Đường trung tuyến ứng với một cạnh bằng nửa cạnh đó thì tam giác đó là tam giác vuông.Vậy \(\widehat{DAE} = 90^\circ\).b. Tứ giác ADME là hình gì? Vì sao?Xét đường tròn \((O)\), góc \(\widehat{ADB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\) nên \(\widehat{ADB} = 90^\circ\). Suy ra \(AD \perp BM\).Xét đường tròn \((O')\), góc \(\widehat{AEC}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AC\) nên \(\widehat{AEC} = 90^\circ\). Suy ra \(AE \perp CM\).Xét tứ giác \(ADME\) có:\(\widehat{DAE} = 90^\circ\) (theo câu a).\(\widehat{ADM} = 90^\circ\) (kề bù với \(\widehat{ADB}\)).\(\widehat{AEM} = 90^\circ\) (kề bù với \(\widehat{AEC}\)).Tứ giác có 3 góc vuông là hình chữ nhật. Vậy \(ADME\) là hình chữ nhật.c. Chứng minh MA là tiếp tuyến chung của hai đường trònGọi \(K\) là giao điểm của hai đường chéo \(AM\) và \(DE\) của hình chữ nhật \(ADME\). Ta có \(KA = KD = KE = KM\).Xét \(\triangle ODK\) và \(\triangle OAK\):\(OD = OA\) (bán kính \((O)\)).\(OK\) chung.\(KD = KA\) (chứng minh trên).\(\implies \triangle ODK = \triangle OAK\) (c.c.c).Suy ra \(\widehat{OAK} = \widehat{ODK}\). Mà \(OD \perp DE\) (tính chất tiếp tuyến) nên \(\widehat{ODK} = 90^\circ\).Do đó \(\widehat{OAK} = 90^\circ \implies MA \perp OA\) tại \(A\).Vì \(MA \perp OA\) tại \(A\) nên \(MA\) là tiếp tuyến của đường tròn \((O)\).Chứng minh tương tự, \(MA \perp O'A\) nên \(MA\) cũng là tiếp tuyến của đường tròn \((O')\).Kết luận: \(MA\) là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.

Chứng minha) Chứng minh \(BD = \frac{BC + AB - AC}{2}\)Theo tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau, ta có:\(AF = AE\)\(BF = BD\)\(CE = CD\)Mặt khác, tứ giác \(AFIE\) có \(\widehat{FAE} = \widehat{AFI} = \widehat{AEI} = 90^\circ\) nên là hình chữ nhật. Vì \(IF = IE = r\) (bán kính đường tròn nội tiếp) nên \(AFIE\) là hình vuông.\(\Rightarrow AF = AE = r\)Ta có các hệ thức sau:\(AB = AF + FB = r + BD\)\(AC = AE + EC = r + CD\)\(BC = BD + CD\)Xét biểu thức:\(BC+AB-AC=(BD+CD)+(r+BD)-(r+CD)\)\(BC+AB-AC=2BD\)\(\Rightarrow BD=\frac{BC+AB-AC}{2}\text{\ (đpcm)}\)b) Chứng minh \(S_{ABC} = BD \cdot DC\)Đặt \(BD = x\) và \(CD = y\). Theo tính chất tiếp tuyến ở câu (a), ta có:\(BC = x + y\)\(AB = r + x\)\(AC = r + y\)Áp dụng định lý Pythagoras cho tam giác vuông \(ABC\):\(AB^{2}+AC^{2}=BC^{2}\)\((r+x)^{2}+(r+y)^{2}=(x+y)^{2}\)\(r^{2}+2rx+x^{2}+r^{2}+2ry+y^{2}=x^{2}+2xy+y^{2}\)\(2r^{2}+2rx+2ry=2xy\)\(r(r+x+y)=xy\quad (*)\)Diện tích tam giác vuông \(ABC\) được tính bằng:\(S_{ABC}=\frac{1}{2}AB\cdot AC=\frac{1}{2}(r+x)(r+y)\)\(S_{ABC}=\frac{1}{2}(r^{2}+rx+ry+xy)\)Thay \(xy\) từ phương thức \((*)\) vào, ta được:\(S_{ABC}=\frac{1}{2}(r^{2}+rx+ry+r^{2}+rx+ry)\)\(S_{ABC}=\frac{1}{2}(2r^{2}+2rx+2ry)=r^{2}+rx+ry\)\(S_{ABC}=r(r+x+y)\)Từ \((*)\) ta đã có \(r(r + x + y) = xy\). Vậy:\(S_{ABC}=x\cdot y=BD\cdot DC\text{\ (đpcm)}\)

Tính các cạnh và thiết lập hệ tọa độ\(\triangle ABC\) vuông tại \(A\) có \(AB = 9\text{ cm}, AC = 12\text{ cm}\).Áp dụng định lý Pythagoras: \(BC = \sqrt{AB^2 + AC^2} = \sqrt{9^2 + 12^2} = 15\text{ cm}\).Đặt hệ trục tọa độ \(Oxy\) sao cho \(A(0; 0)\), \(B(9; 0)\) và \(C(0; 12)\).2. Tìm tọa độ trọng tâm \(G\)Tọa độ trọng tâm \(G\) của tam giác được tính bằng trung bình cộng tọa độ các đỉnh:\(x_{G}=\frac{x_{A}+x_{B}+x_{C}}{3}=\frac{0+9+0}{3}=3\)\(y_{G}=\frac{y_{A}+y_{B}+y_{C}}{3}=\frac{0+0+12}{3}=4\)Vậy \(G(3; 4)\).3. Tìm tọa độ tâm đường tròn nội tiếp \(I\)Đối với tam giác vuông tại \(A\), bán kính đường tròn nội tiếp \(r\) được tính nhanh bằng công thức:\(r=\frac{AB+AC-BC}{2}=\frac{9+12-15}{2}=3\text{\ cm}\)Vì \(I\) là tâm đường tròn nội tiếp và tam giác nằm trong góc phần tư thứ nhất, tọa độ của \(I\) chính là \((r, r)\):\(I(3; 3)\).4. Tính độ dài \(IG\)Sử dụng công thức tính khoảng cách giữa hai điểm \(I(3; 3)\) và \(G(3; 4)\):\(IG=\sqrt{(x_{G}-x_{I})^{2}+(y_{G}-y_{I})^{2}}\)\(IG=\sqrt{(3-3)^{2}+(4-3)^{2}}=\sqrt{0^{2}+1^{2}}=1\text{\ cm}\)Kết luận: Độ dài \(IG = 1\text{ cm}\).

Áp dụng định lý Pythagoras cho \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\):\(BC=\sqrt{AB^{2}+AC^{2}}=\sqrt{6^{2}+8^{2}}=\sqrt{36+64}=10\text{\ (cm)}\)

\(r\):\(r=\frac{AB+AC-BC}{2}\)

Thay các giá trị vào:\(r=\frac{6+8-10}{2}=\frac{4}{2}=2\text{\ (cm)}\)

- Nguyên phân: + Xảy ra ở tế bào sinh dưỡng và tế bào sinh dục sơ khai. + Từ một tế bào mẹ (2n) tạo ra 2 tế bào con. + Các tế bào con có 2n nhiễm sắc thể. + Tế bào con có bộ nhiễm sắc thể giống hệt tế bào mẹ và giống nhau.

- Giảm phân:

+ Xảy ra ở tế bào sinh dục chín. + Từ một tế bào mẹ (2n) tạo ra 4 tế bào con. + Các tế bào con có n nhiễm sắc thể. + Tế bào con có bộ nhiễm sắc thể khác tế bào mẹ và khác nhau.

- Nguyên phân: + Xảy ra ở tế bào sinh dưỡng và tế bào sinh dục sơ khai. + Từ một tế bào mẹ (2n) tạo ra 2 tế bào con. + Các tế bào con có 2n nhiễm sắc thể. + Tế bào con có bộ nhiễm sắc thể giống hệt tế bào mẹ và giống nhau.

- Giảm phân:

+ Xảy ra ở tế bào sinh dục chín. + Từ một tế bào mẹ (2n) tạo ra 4 tế bào con. + Các tế bào con có n nhiễm sắc thể. + Tế bào con có bộ nhiễm sắc thể khác tế bào mẹ và khác nhau.

- Nguyên phân: + Xảy ra ở tế bào sinh dưỡng và tế bào sinh dục sơ khai. + Từ một tế bào mẹ (2n) tạo ra 2 tế bào con. + Các tế bào con có 2n nhiễm sắc thể. + Tế bào con có bộ nhiễm sắc thể giống hệt tế bào mẹ và giống nhau.

- Giảm phân:

+ Xảy ra ở tế bào sinh dục chín. + Từ một tế bào mẹ (2n) tạo ra 4 tế bào con. + Các tế bào con có n nhiễm sắc thể. + Tế bào con có bộ nhiễm sắc thể khác tế bào mẹ và khác nhau.