Không ai giải, thôi thì mình giải luôn :
Các bạn chịu khó vẽ hình nha : Mình chỉ tận tình luôn :
1/. Gọi S là giao điểm của tiếp tuyến chung ngoài EF với đường thẳng nối tâm OO'.
OE $\parallel $ O'F nên $ \frac{SO'}{SO} $=$ \frac{OE'}{OE} $=$ \frac{1}{2} $
=> SO=2SO'=2(SO-OO')=2(SO-6)
=> SO=12cm, S'O=16cm.
Từ S kẻ tiếp tuyến SJ đến (O) và kẻ O'K $\perp $ SJ
Do OJ $\parallel $ O'K
=> $\frac{OK}{OJ} $ = $\frac{SO'}{SO} $= $ \frac{1}{2} $
=> OK= $ \frac{1}{2} $ OJ mà PJ = 4cm => OK = 2cm
Vậy K nằm trên (O'), O'K $\perp $ SJ .
Vậy SJ là tiếp xúc với (O') tại K hay KJ là tiếp tuyến chung ngoài của 2 đường tròn.
=> đpcm.
------------------------------
2/. 2/. Gọi S' là giao điểm của MM' với OO', dễ dàng tính đc S'O=12cm
Hay S' $\equiv $ S
Vậy MM' luôn đi qua điểm cố định S.
------------------------------
Tiếp câu 3 :
3/. Từ OM $\parallel $ O'M'
Chứng minh : AMPM' là hình bình hành có một góc vuông nên nó là hình chữ nhật, $\hat{P} $ = 90 độ. Vậy P chạy trên đường tròn đường kính BC, tâm là điểm Q, trung điểm của BC.
Đường tròn náy tiếp xúc với cả hai đường tròn (O) và (O')
Gọi R là trung điểm của đoạn thẳng OO'
Ta có : IR = $ \frac{OM+O'M'}{2} $ = 3 cm.
Điểm R cố định, IR = 3cm. Vậy I chạy trên đường tròn tâm R, bán kính 3 cm.
------------------------------
Tiếp câu 4 :
4/. $\hat{AOM} $= 60 độ => $\bigtriangleup $AOM đều, AM=4cm, $\bigtriangleup $AO'M' là tam gics cân có 1 góc ở đỉnh là 120 độ; AM' là cạnh của tam giác đều nội tiếp trong (O) :
AM'=AO'$\sqrt{3} $ =2$\sqrt{3} $ cm.
Trong tam giác vuông MAM' :
MM'=$AM^2 $+$AM'^2 $=28
=> MM' = AP=2$\sqrt{7} $ cm
Vậy $S_AMPM' $ = 8$\sqrt{3} $ cm vuông.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]