Trường hợp 1: \(\left(\right. O \left.\right)\) và \(\left(\right. O^{'} \left.\right)\) tiếp xúc trong.

Xét \(\Delta O A C\), ta có:

\(\frac{O^{'} B}{O C} = \frac{r}{R} = \frac{O^{'} A}{O A}\) suy ra \(O^{'} B\) // \(O C\).

Suy ra các tiếp tuyến tại \(B\) và \(C\) song song với nhau vì chúng lần lượt vuông góc với \(O^{'} B\) và \(O C\).

Trường hợp 2: \(\left(\right. O \left.\right)\) và \(\left(\right. O^{'} \left.\right)\) tiếp xúc ngoài.

Ta thấy \(\Delta O^{'} A B \sim \Delta O A C\) (g.g)

Suy ra \(\frac{O^{'} B}{O C} = \frac{r}{R} = \frac{O^{'} A}{O A}\)

Nên \(O^{'} B\) // \(O C\).

Lập luận tương tự như trên, ta được điều phải chứng minh.

a) Ta có: \(O O^{'} = O I + O^{'} I\).

Vậy hai đường tròn tiếp xúc ngoài tại \(I\).

b) Xét \(\Delta A I J\) và \(\Delta A^{'} I J^{'}\) có:

\(\hat{A} = \hat{A^{'}} = 9 0^{\circ}\)

\(\hat{I_{1}} = \hat{I_{2}}\) suy ra \(\Delta A I I \sim \Delta A^{'} I J^{'}\).

c) \(\Delta A I J \&\text{nbsp}; \sim \Delta A^{'} I J^{'}\) (g.g) 

Suy ra \(\frac{I A}{I A^{'}} = \frac{I J}{J I^{'}} = \frac{10}{4} = \frac{5}{2}\) (1) 

\(\Delta O I B \sim \Delta O^{'} I B^{'}\)  (g.g) suy ra \(O B\) // \(O^{'} B^{'}\)

Suy ra \(\hat{B_{1}} = \hat{B_{1}^{'}}\) suy ra \(\frac{I B}{I B^{'}} = \frac{O B}{O^{'} B^{'}} = \frac{5}{2}\) (2)

 Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{I A}{I A^{'}} = \frac{I B}{I B^{'}} = \frac{5}{2}\); \(\hat{A I B} = \hat{A^{'} I B}\)

Nên \(\Delta I A B \sim \Delta I A^{'} B^{'}\) (c.g.c).

d) \(\Delta I A B \sim \Delta I A^{'} B^{'}\) (c.g.c)

Suy ra \(\frac{A B}{A^{'} B^{'}} = \frac{I A}{I A^{'}} = \frac{5}{2}\);

\(\frac{O A}{O^{'} A^{'}} = \frac{O B}{O^{'} B^{'}} = \frac{5}{2}\)

Suy ra \(\frac{O A}{O^{'} A^{'}} = \frac{O B}{O^{'} B^{'}} = \frac{A B}{A^{'} B^{'}}\) suy ra \(\Delta A O B \sim \Delta A^{'} O^{'} B^{'}\) (c.c.c).

e) \(\Delta A O B \sim \Delta A^{'} O^{'} B^{'}\) suy ra \(\hat{O B A} = \hat{O^{'} B^{'} A^{'}} ; \hat{O B I} = \hat{O^{'} B^{'} I^{'}}\)

Suy ra \(\hat{A B I} = \hat{A B^{'} I^{'}}\) nên \(A B\) // \(A^{'} B^{'}\).

Tứ giác \(A B A^{'} B^{'}\) có hai cạnh đối song song nên nó là hình thang.

a) Ta có: \(\hat{A_{1}} = \left(\right. 18 0^{\circ} - \hat{O_{1}} \left.\right) : 2\)

\(\hat{A_{2}} = \left(\right. 18 0^{\circ} - \hat{O_{2}} \left.\right) : 2\)

Suy ra \(\hat{A_{1}} + \hat{A_{2}} = 9 0^{\circ}\) suy ra \(\hat{D A E} = 9 0^{\circ}\).

b) Có tứ giác \(A D M E\) là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vuông là hình chữ nhật).

c) Gọi \(I\) là giao điểm của \(D E\) và \(A M\) suy ra \(I D = I A\)

\(\Delta I A O = \Delta I D O\) (ccc) suy ra \(\hat{I A O} = \hat{I D O} = 9 0^{\circ}\)

Suy ra \(M A ⊥ O A\) với \(A \in \left(\right. O \left.\right)\)

Chứng minh tương tự: \(M A ⊥ O^{'} A\) với \(A \in \left(\right. O^{'} \left.\right)\).

Vậy \(M A\) là tiếp tuyến chung của hai đường tròn.

a. \(\mid O I - O K \mid < I K < O I + O K\) suy ra \(\left(\right. I \left.\right)\) và \(\left(\right. K \left.\right)\) luôn cắt nhau

b. Do \(O I = N K\); \(O K = I M\) suy ra \(O M = O N\),

Mà \(O M C N\) là hình chữ nhật nên \(O M C N\) là hình vuông.

c. Gọi \(L\) là giao điểm của \(K B\) và \(M C\); \(P\) là giao điểm của \(I B\) và \(N C\)

Suy ra \(O B K I\) là hình chữ nhật và \(B L M I\) là hình vuông nên \(\Delta B L C = \Delta K I O\)

Suy ra \(\hat{L B C} = \hat{O K I} = \hat{B I K}\)

Mà \(\hat{B I K} + \hat{I B A} = 9 0^{\circ}\) suy ra \(\hat{L B C} + \hat{I B A} = 9 0^{\circ}\)

Do đó, \(\hat{L B C} + \hat{L B I} + \hat{I B A} = 18 0^{\circ}\).

d. Có \(O M C N\) là hình vuông cạnh \(a\) cố định nên \(C\) cố định và \(A B\) luôn đi qua \(C\).

a. Kẻ \(O H ⊥ A M\); \(O^{'} K ⊥ M B\) suy ra \(O H\) // \(O^{'} K\).

Tứ giác \(H K O O^{'}\) là hình thang, \(M I ⊥ A B\) suy ra \(M I\) // \(O H\) và \(I O\) // \(I O^{'}\)

Suy ra \(M H = M K\). 

Mà \(O H ⊥ A M\) suy ra \(H A = H M = M K = K B\) (đpcm).

b. Ta có \(M E\) là đường trung bình của hình thang \(A B Q P\)

Suy ra \(E P = E Q\).

c. Xét \(\Delta H I K\), có \(I M\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao.

Suy ra \(\Delta H I K\) cân tại \(I\) (đpcm).

a) \(\Delta B C D\) có \(O O^{'}\) là đường trung bình suy ra \(O O^{'}\) // \(C D\) (1)

\(\Delta A B C\) có \(O I\) là đường trung bình suy ra \(O O^{'}\) // \(C A\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(C\), \(A\), \(D\) thẳng hàng.

b) Ta có: \(\Delta O B O^{'}\) vuông tại \(B\) suy ra \(\Delta B C D\) vuông tại \(B\)

Suy ra \(S_{B C D} = \frac{1}{2} . B C . B D = \frac{1}{2} . 8.6 = 24\) (cm\(^{2}\)).

a) Ta có: \(12 - 5 < 13 < 12 + 5\) hay \(R - R^{'} < d < R + R^{'}\) nên hai đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\) và \(\left(\right. O^{'} \left.\right)\) cắt nhau tại hai điểm phân biệt

b) \(O A^{2} + O^{'} A^{2} = 1 2^{2} + 5^{2} = 169\);

\(O^{'} O^{2} = 1 3^{2} = 169\)

\(\Delta O A O^{'}\) có: \(O A^{2} + O^{'} A^{2} = O^{'} O^{2}\), theo định lí Pythagore đảo suy ra tam giác \(\Delta O A O^{'}\) vuông tại \(A\).

Có \(O A ⊥ O^{'} A\) do đó \(O A\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. O^{'} \left.\right)\) và \(O^{'} A\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left(\right. O \left.\right)\).

\(O^{'} O\) là đường trung trực của đoạn \(A B\).

Gọi \(H\) là giao điểm của \(O^{'} O\) và \(A B\) nên \(A H . O^{'} O = O A . O^{'} A\) suy ra \(A H = \frac{O A . O^{'} A}{O^{'} O} = \frac{12.5}{13} = \frac{60}{13}\) cm.

Vậy \(A B = 2 A H = \frac{120}{13}\) cm.

sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} +\)sđ\(_{\text{nh}ỏ} = 36 0^{\circ}\),

sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} = 2\)sđ\(_{\text{nh}ỏ}\) nên:

sđ\(_{\text{nh}ỏ} = 12 0^{\circ}\).

Suy ra \(\hat{A O B} = 12 0^{\circ}\).

Vẽ \(O H ⊥ A B\), ta có \(\hat{A O H} = \hat{H O B} = 6 0^{\circ}\) và \(A H = H B = \frac{1}{2} A B\).

Tam giác \(A O H\) có \(\hat{A H O} = 9 0^{\circ}\), \(\hat{A O H} = 6 0^{\circ}\) nên

\(O H = \frac{1}{2} A O = \frac{1}{2} R\)

Áp dụng định lí Pythagore ta có:

\(A H^{2} = A O^{2} - O H^{2} = \frac{3 R^{2}}{4}\)

Suy ra \(A H = \frac{R \sqrt{3}}{2}\).

Vậy \(A B = 2 A H = R \sqrt{3}\).

a) Ta có sđ\(_{\text{nh}ỏ} +\)sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} = 36 0^{\circ}\),

mà sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} = 3\)sđ\(_{\text{nh}ỏ}\).

Suy ra sđ\(_{\text{nh}ỏ} = 9 0^{\circ}\);

sđ\(_{\text{l}ớ\text{n}} = 27 0^{\circ}\).

b) Ta có \(\hat{A O B} =\) sđ\(_{\text{nh}ỏ} = 9 0^{\circ}\), mà \(O A = O B = R\).

Suy ra tam giác \(O A B\) vuông cân tại \(O\).

Mặt khác \(O H ⊥ A B = \left{\right. H \left.\right}\).

Suy ra \(\Delta O H A\) vuông cân tại \(H\) suy ra \(O H = H A = \frac{A B}{2}\).

Kẻ \(O H\) vuông góc với \(A B\) tại \(H\).

Khi đó \(H\) là trung điểm của \(A B\) hay \(A H = \frac{A B}{2} = \frac{3}{2}\).

Vì cung nhỏ \(= 10 0^{\circ}\) nên \(\hat{A O B} = 10 0^{\circ}\)

Hay \(\hat{A O H} = 5 0^{\circ}\).

Ta có \(A O = \frac{A H}{sin ⁡ \hat{A O H}} = \frac{3}{2 sin ⁡ 5 0^{\circ}} = 2\) cm.