a: Ta có: \(\hat{OAB}=\hat{OBA}\) (ΔOAB cân tại O)
\(\hat{O^{\prime}AC}=\hat{O^{\prime}CA}\) (ΔO'AC cân tại O')
mà \(\hat{OAB}=\hat{O^{\prime}AC}\) (hai góc đối đỉnh)
nên \(\hat{OBA}=\hat{O^{\prime}CA}\)
mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong
nên BO//O'C
b: Xét ΔAOB và ΔAO'C có
\(\hat{OAB}=\hat{O^{\prime}AC}\) (hai góc đối đỉnh)
AO=AO'
\(\hat{AOB}=\hat{AO^{\prime}C}\) (hai góc so le trong, BO//O'C)
Do đó: ΔAOB=ΔAO'C
=>OB=O'C; BA=CA
TA có; BO cắt (O) tại B'
=>B'B là đường kính của (O)
=>BB'=2BO=2R(1)
Ta có: CO' cắt (O') tại C
=>CC' là đường kính của (O')
=>CC'=2O'C=2R(2)
Từ (1),(2) suy ra B'B=C'C
Xét ΔABB' và ΔACC' có
AB=AC
\(\hat{ABB^{\prime}}=\hat{ACC^{\prime}}\)
BB'=CC'
Do đó: ΔABB'=ΔACC'
=>\(\hat{BAB^{\prime}}=\hat{CAC^{\prime}}\)
mà \(\hat{BAB^{\prime}}+\hat{B^{\prime}AC}=180^0\) (hai góc kề bù)
nên \(\hat{CAC^{\prime}}+\hat{B^{\prime}AC}=180^0\)
=>B',A,C' thẳng hàng
c: ΔABB'=ΔACC'
=>AB'=AC'
=>A là trung điểm của B'C'
Xét (O) có
ΔBAB' nội tiếp
B'B là đường kính
Do đó: ΔBAB' vuông tại A
=>BC⊥B'C' tại A
Xét tứ giác BB'CC' có
A là trung điểm chung cua BC và B'C'
=>BB'CC' là hình bình hành
Hình bình hành BB'CC' có BC⊥B'C'
nên BB'CC' là hình thoi
