Ai giúp câu a, câu d vs

( Mình sẽ làm tắt nha bạn, mấy chỗ đấy nó dễ rùi nếu ko hiểu thì cmt nhé )

a) Ta có: \(O_1B//O_2C\)( cùng vuông góc với BC )

\(\Rightarrow\widehat{BO_1A}+\widehat{CO_2A}=180^0\)

\(\Leftrightarrow\left(180^0-2\widehat{BAO_1}\right)+\left(180^0-2\widehat{CAO_2}\right)=180^0\)

\(\Leftrightarrow2\left(\widehat{BAO_1}+\widehat{CAO_2}\right)=180^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{BAO_1}+\widehat{CAO_2}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=90^0\)

=> tam giác ABC vuông tại A

b) \(\widehat{O_1BA}+\widehat{MBA}=\widehat{O_1AB}+\widehat{BAM}=90^0\)

\(\Rightarrow\widehat{O_1AM}=90^0\)

\(\Rightarrow AM\perp AO_1\)

=> AM là tiếp tuyến của \(\left(O_1\right)\)

CMTT : AM là tiếp tuyến của \(\left(O_2\right)\)

=> AM là tiếp tuyến chung của \(\left(O_1\right);\left(O_2\right)\)

+) Ta có: \(\hept{\begin{cases}\widehat{BMO_1}=\widehat{AMO_1}\\\widehat{CMO_2}=\widehat{AMO_2}\end{cases}}\)

Ta có; \(\widehat{BMO_1}+\widehat{AMO_1}+\widehat{CMO_2}+\widehat{AMO_2}=180^0\)

\(\Leftrightarrow2\left(\widehat{O_1AM}+\widehat{AMO_2}\right)=180^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{O_1AM}+\widehat{AMO_2}=90^0\)

\(\Leftrightarrow\widehat{O_1MO_2}=90^0\)

\(\Rightarrow O_1M\perp O_2M\)

d) Ta có: \(\widehat{O_1BA}=\widehat{O_1AB}=\widehat{O_2AD}=\widehat{O_2DA}\)

\(\widehat{\Rightarrow O_1BA}=\widehat{O_2DA}\)mà 2 góc này ở vị trí so le trong

\(\Rightarrow O_1B//O_2D\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AO_1}{AO_2}\left(1\right)\)

CMTT \(\Rightarrow\frac{AE}{AC}=\frac{AO_1}{AO_2}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{AE}{AC}\)

\(\Rightarrow AB.AC=AD.AE\)

\(\Rightarrow\frac{1}{2}AB.AC=\frac{1}{2}AD.AE\)

\(\Rightarrow S_{\Delta ADE}=S_{\Delta ABC}\)

a) Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có IA = IB = IC.

Do đó tam giác ABC vuông tại A.

Lại có \(IO_1\perp AB;IO_2\perp AC\) nên tam giác \(IO_1O_2\) vuông tại I.

b) Đầu tiên ta chứng minh kết quả sau: Cho hai đường tròn (D; R), (E; r) tiếp xúc với nhau tại A. Tiếp tuyến chung BC (B thuộc (D), C thuộc (E)). Khi đó \(BC=2\sqrt{Rr}\).

Thật vậy, kẻ EH vuông góc với BD tại H. Ta có \(DH=\left|R-r\right|;DE=R+r\) nên \(BC=EH=\sqrt{DE^2-DH^2}=2\sqrt{Rr}\).

Trở lại bài toán: Giả sử (O; R) tiếp xúc với BC tại M.

Theo kết quả trên ta có \(BM=2\sqrt{R_1R};CM=2\sqrt{RR_2};BC=2\sqrt{R_1R_2}\).

Do \(BM+CM=BC\Rightarrow\sqrt{R_1R}+\sqrt{R_2R}=\sqrt{R_1R_2}\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{R}}=\dfrac{1}{\sqrt{R_1}}+\dfrac{1}{\sqrt{R_2}}\).

P/s: Hình như bạn nhầm đề

https://i.imgur.com/8aMZrAO.jpg

a) Ta có \(IM//AE\)suy ra \(\widehat{MIH}=\widehat{EAH}\). Mà \(\widehat{EAH}=\widehat{ECH}\)nên \(\widehat{MIH}=\widehat{MCH}\). Suy ra tứ giác CIMH nội tiếp.

Dễ dàng chỉ ra được ED là tiếp tuyến của \(\left(O\right)\)suy ra \(\widehat{HED}=\widehat{HCE}\)\(\left(1\right)\)

Do tứ giác CIMH nội tiếp nên \(\widehat{CHM}=90^0\)suy ra \(\widehat{HCM}+\widehat{HMC}=90^0\)

Mà \(\widehat{HMD}+\widehat{HMC}=90^0\)nên \(\widehat{HCM}=\widehat{HMD}\)\(\left(2\right)\)

Từ \(\left(1\right)\)và \(\left(2\right)\)suy ra \(\widehat{HED}=\widehat{HMD}\)nên tứ giác EMHD nội tiếp. Do đó \(\widehat{HDM}=\widehat{HEM}\)mà \(\widehat{HEM}=\widehat{HCD}\)nên \(\widehat{HDM}=\widehat{HCD}\)

Từ đó chứng minh được BD là tiếp tuyến của \(\left(O_1\right)\)

b) Sử dụng tính chất đường nối tâm vuông góc với dây chung ta có: \(OO_2\perp HE,O_2O_1\perp HD\)và do \(EH\perp HD\)suy ra \(OO_2\perp O_2O_1\)

Dễ thấy \(\widehat{COM}=45^0\)suy ra \(\widehat{CAE}=45^0\)nên \(\widehat{O_2OO_1}=45^0\). \(\Delta O_2OO_1\)vuông cân tại \(O_2\)

Tứ giác OCDE là hình vuông cạnh R và \(O_2\) là trung điểm của DE nên ta tính được \(O_2O^2=\frac{5R^2}{4}\)

.Vậy diện tích \(\Delta O_2OO_1\)  là\(\frac{5R^2}{8}\)