Vì trục OO’ vuông góc với các đáy nên OO′  ⊥  OA; OO′ ⊥ O′B. Vậy các tam giác AOO’ và BO’O vuông tại O và O’.

Theo giả thiết ta có AO  ⊥  O′B mà AO  ⊥  OO′ ⇒ AO  ⊥  (OO′B). Do đó, AO  ⊥  OB nên tam giác AOB vuông tại O. Tương tự, ta chứng minh được tam giác AO’B vuông tại O’. Thể tích hình chóp OABO’ là:

Hay

Đường tròn tâm O có bán kính bằng  r 2 2  tiếp xúc với AB’ tại H là trung điểm của AB’. Do đó mặt phẳng ( α ) song song với trục OO’ chứa tiếp tuyến của đường tròn đáy, nên ( α ) tiếp xúc với mặt trụ dọc theo một đường sinh, với mặt trụ có trục OO’ và có bán kính đáy bằng  r 2 2

 a) Ta thấy OI//AH//BK \(\left(\perp CD\right)\).

 Xét hình thang ABKH (AH//BK), O là trung điểm AB. OI//AH \(\left(I\in HK\right)\) nên I là trung điểm HK.

 b) Hạ \(CP\perp AB\) tại P, \(DQ\perp AB\) tại Q. Khi đó IE//CP//DQ \(\left(\perp AB\right)\). 

 Xét hình thang CDQP (CP//DQ) có I là trung điểm CD (hiển nhiên), IE//CP và \(E\in PQ\) nên IE là đường trung bình của hình thang CDQP \(\Rightarrow IE=\dfrac{CP+DQ}{2}\)

 Lại có \(S_{ACB}=\dfrac{1}{2}AB.CP\), \(S_{ADB}=\dfrac{1}{2}.AB.DQ\) 

 \(\Rightarrow S_{ACB}+S_{ADB}=AB.\dfrac{CP+DQ}{2}=AB.IE\) (đpcm)

 c) Ta có \(S_{AHKB}=\dfrac{AH+BK}{2}.HK=OI.HK\) 

 Do dây CD có độ dài không đổi nên khoảng cách từ O đến dây CD là OI cũng không đổi. Như vậy ta chỉ cần tìm vị trí của C để HK lớn nhất. 

 Thật vậy, dựng hình bình hành ABLH. Khi đó vì BK//AH nên \(L\in BK\). Đồng thời ta luôn có \(HK\le HL=AB\), suy ra \(S_{AHKB}\le OI.AB\).

 Dấu "=" xảy ra \(\Leftrightarrow HK=HL\)  \(\Leftrightarrow K\equiv L\) \(\Leftrightarrow\) AHKB là hình bình hành \(\Leftrightarrow\) HK//AB hay CD//AB \(\Rightarrow OI\perp AB\). Vậy C là điểm sao cho \(OI\perp AB\).

 (Nếu muốn tìm cụ thể vị trí của C, thì mình nói luôn nó là điểm C sao cho \(sđ\stackrel\frown{AC}=180^o-2arc\cos\left(\dfrac{CD}{AB}\right)\) nhé. Chứng minh cái này dễ, mình nhường lại cho bạn.)

Chỗ vị trí C mình sửa lại là \(sđ\stackrel\frown{AC}=90^o-arc\sin\dfrac{CD}{AB}\) nhé.

a) Để chứng minh I là trung điểm HK, ta có thể sử dụng tính chất của tam giác vuông. Vì O là tâm của nửa đường tròn, nên IO vuông góc với CD. Tương tự, AI và BI cũng vuông góc với CD. Do đó, ta có tam giác IOA và tam giác IOB là tam giác vuông cân. Vì vậy, ta có AI = IB và IO = IO. Từ đó, ta có thể kết luận rằng I là trung điểm HK.

b) Để chứng minh rằng Sacb + Sadb = IE.AB, ta có thể sử dụng tính chất của tam giác vuông. Vì O là tâm của nửa đường tròn, nên IO vuông góc với CD. Tương tự, AI và BI cũng vuông góc với CD. Do đó, ta có tam giác IOA và tam giác IOB là tam giác vuông cân. Vì vậy, ta có AI = IB và IO = IO. Từ đó, ta có thể kết luận rằng Sacb + Sadb = IE.AB.

c) Để tìm vị trí dây CD để diện tích AHKB lớn nhất, ta cần xác định vị trí của I trên CD. Khi I là trung điểm HK, diện tích AHKB sẽ đạt giá trị lớn nhất

\(\Delta DAC\sim\Delta DBA\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{AC}{BA}=\dfrac{DA}{DB}\). (1)

\(\Delta DFC\sim\Delta DBF\left(g.g\right)\Rightarrow\dfrac{FC}{BF}=\dfrac{DF}{DB}\). (2)

Lại có DA = DF (3) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau)

Từ (1), (2), (3) suy ra \(\dfrac{AC}{BA}=\dfrac{FC}{BF}\Rightarrow AC.BF=FC.BA\).

Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác ABFC nội tiếp ta có AC . BF + FC . BA = BC . AF

\(2.AC.BF=BC.2FH\Rightarrow AC.BF=BC.FH\Rightarrow\dfrac{AC}{BC}=\dfrac{FH}{FB}\Rightarrow\Delta BCA\sim\Delta BFH\left(c.g.c\right)\Rightarrow\dfrac{BA}{BC}=\dfrac{BH}{BF}\Rightarrow BH.BC=BA.BF=2OC.BF\).

P/s: Đây là tính chất kinh điển của tứ giác điều hòa