a) Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác ABC vuông tại A, ta có:

\(BC = \sqrt {A{B^2} + A{C^2}} = \sqrt {{{12}^2} + {{16}^2}} = \sqrt {400} = 20.\)

Xét ∆BHA và ∆BAC có:

\[\widehat B\]là góc chung; \[\widehat {BHA} = \widehat {BAC} = 90^\circ .\]

Do đó ∆BHA ᔕ ∆BAC (g.g), suy ra\[\frac{{BA}}{{BC}} = \frac{{BH}}{{BA}}\]

Nên \(BH = \frac{{B{A^2}}}{{BC}} = \frac{{{{12}^2}}}{{20}} = \frac{{144}}{{20}} = 7,2.\)

b)Ta có \[OB = OC = \frac{1}{2}BC = \frac{1}{2} \cdot 20 = 10;\]

OH = OB – BH = 10 – 7,2 = 2,8.

Gọi D là tiếp điểm của đường tròn (I) với AH.

Theo bài, đường tròn (I) tiếp xúc với AH, BC nên ID ⊥ AH và IP ⊥ BC.

Tứ giác IPHD có \(\widehat {IPH} = \widehat {IDH} = \widehat {PHD} = 90^\circ \) và ID = IP nên IPHD là hình vuông.

Do đó PH = IP = R.

Chứng minh tương tự, ta cũng có HQ = IQ = R’.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác IPO vuông tại P, ta có:

IO² = IP² + PO²

Suy ra (OM – IM)² = IP² + (OH + PH)²

(10 – R)² = R² + (R + 2,8)²

100 – 20R + R² = R² + R² + 5,6R + 7,84

R² + 25,6R – 92,16 = 0

Phương trình trên có ∆ = 25,6² – 4.1.(–92,16) = 1 024 > 0 và \(\sqrt \Delta = \sqrt {1\,\,024} = 32.\)

Do đó phương trình trên có hai nghiệm là:

\(R = \frac{{ - 25,6 + 32}}{2} = 3,2\) (thỏa mãn);

\(R = \frac{{ - 25,6 - 32}}{2} = - 28,8\) (không thỏa mãn).

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác JQO vuông tại Q, ta có:

JO² = JQ² + QO²

Suy ra (ON – JN)² = R² + (HQ – OH)²

(10 – R’)² = R’² + (R’ – 2,8)²

100 – 20R’ + R’² = R’² + R’² – 5,6R’ + 7,84

R’² + 14,4R – 92,16 = 0.

Phương trình trên có ∆ = 14,4² – 4.1.(–92,16) = 576 > 0 và \(\sqrt \Delta = \sqrt {576} = 24.\)

Do đó phương trình trên có hai nghiệm là:

\(R = \frac{{ - 14,4 + 24}}{2} = 4,8\) (thỏa mãn);

\(R = \frac{{ - 14,4 - 24}}{2} = - 19,2\) (không thỏa mãn).

c) Ta có PQ = PH + QH = R + R’ = 3,2 + 4,8 = 8.

Số đo góc BAC trong Hình 2 là A. 50°. B. 70°. C. 30°. D. 60°.