a, Chứng minh được tương tự câu 1a,

=>  O ' M O ^ = 90 0  

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông tính được MA =  R r

b, Chứng minh  S B C O O ' = R + r R r

c, Chứng minh được: ∆BAC:∆OMO’ =>  S B A C S O M O ' = B C O O ' 2

=>  S B A C = S O M O ' . B C 2 O O ' 2 = 4 R r R r R + r

d, Tứ giác OBCO’ là hình thang vuông tại B và C có IM là đường trung bình => IM ⊥ BC = {M}

2: ΔABC vuông tại A nội tiếp (O)

=>O là trung điểm của BC

BC=căn 6^2+8^2=10cm

=>OB=OC=10/2=5cm

S=5^2*3,14=78,5cm²

a) Nối HK; BK; CK

+) Góc ACK ; góc ABK là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O;R) => góc ACK = 90^o ; góc ABK = 90^o

=> AB | BK; AC | CK

Mà AB | CF; AC | BE nên CF // BK ; BE // CK => T/g BHCK là hình bình hành => 2 đường chéo BC ; HK cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường

Mà I là trung điểm của BC => I là trung điểm của HK

+) Xét tam giác AKH có: O; I là trung điểm của AK; HK => OI là đường trung bình của tam giác AKH => AH = 2.OI

b) +) Góc BAC là nội tiếp chắn cung BC => Góc BAC = 1/2 góc BOC ( Mối liên hệ giữa góc ở tâm và góc nội tiếp)

=> góc BOC = 2.60^o = 120^o . Mà tam giác BOC cân tại O ; OI là đường trung tuyến nên đồng thời là đường p/g và đường cao

=> góc BOI = 1/2 góc BOC = 60^o 

+) Xét tam giác vuông BIO có: BI = OB.sin BOI = R. sin 60^o = \(\frac{R\sqrt{3}}{2}\) => BC = 2.BI = \(R\sqrt{3}\)

Vậy....

Lời giải:

Từ $O$ hạ $OH\perp AB$ thì $H$ là trung điểm của $AB$

Tam giác $OAB$ cân tại $O$ nên đường cao, đường trung tuyến $OH$ đồng thời là đường phân giác.

$\Rightarrow \widehat{AOH}=60^0$

$\sin \widehat{AOH}=\frac{AH}{AO}=\frac{\sqrt{3}}{2}$

$\Rightarrow AH=AO.\frac{\sqrt{3}}{2}=\frac{\sqrt{3}}{2}R$

$\Rightarrow AB=\sqrt{3}R$ (độ dài dây $AB$)

Diện tích tam giác $AOB$ là:

$\frac{1}{2}.OA.OB.\sin \widehat{AOB}=\frac{1}{2}R^2.\sin 120^0=\frac{\sqrt{3}}{4}R^2$

Hình vẽ:

\(\widehat{BAC}=60^o\Rightarrow\widehat{BOC}=120^o\). Diện tích cần tìm là \(\pi\).3²-1/2.3.3.sin120^o=9\(\pi\)-9\(\sqrt{3}\)/4 (cm²)\(\approx\)24,38 (cm²).