có góc AQB= 90 độ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O) Hay góc AQP=90 độ => góc QAP= 90 độ- góc QPA=90 độ-1/2sđ cung AP

có góc APC= 90 độ( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn tâm O1)=> góc PAC=90 độ - góc PCA=90 độ - 1/2sđ cung AP

Vì vậy góc QAP= góc PAC hay AP là tia phân giác của  góc QAB

Ta có: góc BQA =90^o (góc nội tiếp chắn nửa (O))

Xét Δ PQA vuông tại Q có: góc QAP + góc QPA =90^o ⇒ góc QAP=90^o- góc QPA 

Mà góc QPA =1/2 sđ cung PA ( góc QPA là góc tạo bởi tia tiếp tuyến cà dây cung chắn cung AP của (O1))

⇒góc QAP=90^o- 1/2 sđ cung PA (1)

Xét ΔCPA vuông tại P ( vì góc CPA là góc nội tiếp chắn nửa (O1)) có

góc PCA + góc PAC =90^o⇒góc PAC =90^o-góc PCA 

mà góc PCA =1/2 sđ cung PA ( góc nội tiếp chắn cung PA )

⇒góc PAC= 90^o-1/2 sđ cung PA (2)

Từ (1) và (2) ⇒ góc QAP=góc PAC ⇒ AP là tia phân giác của góc QAB

Vì góc AQP là có nội tiếp chắn nửa đường tròn của (O)

=> góc AQP= 90 độ

xét Δ AQP vuông tại Q có:

 góc QAP+ góc QPA= 90 độ

Vì góc CPA là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn của (O₁)

=> góc CPA= 90 độ

Ta có: góc BPC+ góc CPA+ góc APQ= 180 độ

=> góc BPC + 90 độ+ góc APQ= 180 độ

=> góc BPC+ góc APQ= 90 độ

=> góc QAP= góc BPC( cùng phụ với góc APQ)

Lại có: góc BPC là góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung chắn cung PC của (O₁)

            góc PAC là góc nội tiếp chắn cung PC của (O₁)

=> góc BPC= góc PAC

=> góc QAP= góc PAC( cùng = góc BPC) 

=> AP là tia phân giác của góc QAB( đpcm)

ta có : Góc CAB = GÓc PQG ( 2 góc đối đỉnh ) . theo tính chất của góc nt , taco : Góc CBA = 1/2 cung AC . Góc APQ = 1/2 sd AQ(1) . theo t/c của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ta có ; GÓC CBA = 1/2 cung AC . APQ + 1/2 sđ AQ ( 2) . TỪ (1) , ( 2 ) => GÓC CBA = APQ . mà 2 góc này ở vị trí soletrong = > BC song song với QP

xAC=QAy(hai góc đối đỉnh)

theo tính chất của 2 góc được tạo bởi tia tiếp tuyến

=> xAC=1/2sđ cung AC,QAy=1/2sđ cungAQ(1)

theo tính chất của góc nội tiếp,ta có

=> ABC=1/2 sđ cung AC,APQ=1/2sđ cung AQ(2)

từ (1),(2)=> ABC=APQ

=> QP//BC

Kẻ tiếp tuyến chung tại A của hai đường tròn (O) và (O')

có góc xAC= góc QAy( 2 góc đối đỉnh )

theo tính chất của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ta có: góc CAx=1/2 sđ cung CA; góc yAQ=1/2 sđ cung AQ

theo tính chất của góc nội tiếp ta có : góc CBA=1/2sđ cung CA; góc APQ=1/2sđ cung AQ

=> góc CBA= góc APQ=> PQ//BC(ĐPCM)

a) Vì AH, HB, AB đều là các đường kính của các nửa đường tròn (O₁) , (O₂) và (O) nên tứ giác MPHQ có ba góc P, Q, M vuông. Vì vậy nó là hình chữ nhật.

Từ đó, ta có HM = PQ.
b) Vì MHPQ là hình chữ nhật nên \widehat{MPQ}=\widehat{MHQ}=\widehat{MBH}\left(=\dfrac{\stackrel\frown{HQ}}{2}\right)MPQ​=MHQ​=MBH(=2HQ⌢​​), do đó APQB là tứ giác nội tiếp.

c) Ta có \widehat{O_1PA}=\widehat{PAO_1}=90^o-\widehat{HMP}=90^o-\widehat{MPQ}O1​PA​=PAO1​​=90o−HMP=90o−MPQ​

\Rightarrow\widehat{O_1PA}+\widehat{MPQ}=90^o\Rightarrow\widehat{O_1PQ}=90^o⇒O1​PA​+MPQ​=90o⇒O1​PQ​=90o nên PQ tiếp xúc nửa đường tròn (O₁) tại P. 

Tương tự , PQ tiếp xúc (O₂) tại Q hay PQ là tiếp tuyến chung của hai nửa đường tròn (O₁) và (O₂)

a,Xét (O1) có góc APH nội tiếp chắn nửa đtròn

⇒ góc APH = 90

Mà góc APH + góc MPH = 190( 2 góc kề bù)

⇒ góc MPH = 90 (1)

Xét (O2) có góc HQB nội tiếp chắn nửa đtròn

⇒ góc HQB = 90

Mà góc HQB + gócHQM   = 190( 2 góc kề bù)

⇒ góc HQM = 90 (2)

Xét (O) có góc AMB nội tiếp chắn nửa đtròn

⇒ góc AMB = 90 hay góc PMQ = 90 (3)

Từ 1 2 3 ⇒ tg PMQH là hcn ( tg có 3 góc vuông)

⇒MH = PQ

b, Xét tg APQB 

Có góc APH =90 (cmt)

      góc HQB =90(cmt)

 ⇒ góc APH = góc HQB = 90

Nên tg APQB nt ( tg có 2 định P và Q kề nhau cùng nhìn cạnh AB dưới những góc bằng nhau bằng 90)

c, Ta có: góc O1PA = góc PAO1

                               = 90 - góc HMP

                               = 90 - góc MPQ

⇒ góc O1PA +góc MPQ=90

⇒ O1PQ = 90

⇒ PQ⊥ PO1

    P tx với nửa đtròn tại p

⇒PQ là tiếp tuyến (O1)

CM tương tự có PQ là tt (O2)

⇒ PQ là tt chung của 2 đtròn O1 và O2

a) kéo dài O₁E,O₂F cắt CD ở M và N 

b) góc BFI + góc BEI =180 

c) gọi AB cắt EF ở K 

bằng đồng dạng ta chứng minh được KE=KF=KB.KA(đpcm)

Gọi giao điểm của O₁O₂ và CD là I.

Ta thấy rằng \(\Delta O_1CI\sim\Delta O_2DI\) theo tỉ số đồng dạng là \(k=\frac{O_1C}{O_2D}=\frac{5}{2}\)

Đặt \(ID=2x\left(cm\right)\Rightarrow IC=5x\Rightarrow CD=7x\Rightarrow AB=1,5.7x=10,5x\)

Theo Pitago ta cũng có \(O_1I=\sqrt{25x^2+25};O_2I=\sqrt{4x^2+4}\left(1\right)\)

Xét hình thang vuông ABO₂O₁ , kẻ O₂H vuông góc với AO₁ , ta tính được \(HO_1=5-2=3\left(cm\right)\)

Vậy thì \(O_1O_2^2=O_2H^2+HO_1^2\Rightarrow O_1O_2=\sqrt{110,25x^2+9}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\sqrt{110,25x^2+9}=\sqrt{25x^2+25}+\sqrt{4x^2+4}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{110,25x^2+9}=5\sqrt{x^2+1}+2\sqrt{x^2+1}\)

\(\Leftrightarrow\sqrt{110,25x^2+9}=7\sqrt{x^2+1}\)

\(\Leftrightarrow110,25x^2+9=49x^2+49\)

\(\Leftrightarrow x^2=\frac{32}{49}\Rightarrow O_1O_2=7.\sqrt{\frac{32}{49}+1}=9\left(cm\right)\)

Vậy O₁O₂ = 9 cm.

Từ O₁ kẻ O₁H vuông góc với O₂C tại H. Vì R₂ > R₁ nên ta được O₁BCH là hình chữ nhật

và : O₂H = R₂ - R₁ = 2 

\(cos\widehat{O_1O_2H}=\frac{O_2H}{O_1O_2}=\frac{2}{8}=\frac{1}{4}\Rightarrow\widehat{O_1O_2H}=\alpha\)(Bạn bấm máy tính để tìm giá trị góc này, còn mình đặt là \(\alpha\)cho dễ nhìn)

\(\Rightarrow\widehat{BO_1O_2}=180^o-\alpha\)(BO₁ // CO₂)

\(AB=\sqrt{2R^2_1-2R_1^2.cos\left(180^o-\alpha\right)}=m\)

\(AC=\sqrt{2R_2^2-2R_2^2.cos\alpha}=n\)

Gọi \(S_1\) và \(S_2\) lần lượt là diện tích hình quạt \(O_1AB\) và \(O_2AC\) thì ta có : 

\(S_1=\frac{\pi.R_1^2.\left(180^o-\alpha\right)}{360^o}\) ; \(S_2=\frac{\pi.R_2^2.\alpha}{360^o}\)

\(S_{\Delta O_1AB}=\frac{1}{2}.R_1^2.sin\left(90^o-\alpha\right)\); \(S_{\Delta O_2AC}=\frac{1}{2}R_2^2.sin\alpha\)

Diện tích hình viên phân giới hạn bởi AB là : \(S'=S_1-S_{\Delta O_1AB}=x\)

Diện tích hình viên phân giới hạn bởi AC là : \(S''=S_2-S_{\Delta O_2AC}=y\)

Diện tích tam giác ABC nằm ngoài cả hai đường tròn đã cho là : 

\(S_{ABC}-S'-S''=\frac{1}{2}m.n-x-y\)

HÌNH VẼ ĐÂY :