Ta có Ox và Oy tiếp xúc với (I; R) lần lượt tại A và B

Suy ra IA ⊥ Ox tại A, IB ⊥ Oy tại B và IA = IB = R.

Tứ giác OAIB có ba góc vuông \(\left( {\widehat {AOB} = \widehat {OAI} = \widehat {OBI} = 90^\circ } \right)\) và có hai cạnh kề bằng nhau (IA = IB) nên OAIB là hình vuông. Do đó IA = IB = OA = OB = R.

Khi đó, chu vi của hình vuông OAIB là 4R.

Theo bài, chu vi của tứ giác OAIB bằng 20 cm nên 4R = 20, suy ra R = 5 cm.

Xét ∆IAB vuông tại I, theo định lí Pythagore, ta có:

AB² = IA² + IB² = 2R² = 2.5² = 50.

Suy ra \(AB = \sqrt {50} = 5\sqrt 2 \;({\rm{cm}}).\)

a) Ta có hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại A nên AO là tia phân giác của \(\widehat {BAC},\) suy ra \(\widehat {OAC} = \frac{{\widehat {BAC}}}{2} = 20^\circ .\)

Xét ∆OAC vuông tại C có \(\widehat {AOC} + \widehat {OAC} = 90^\circ \)

Suy ra \(\widehat {AOC} = 90^\circ - \widehat {OAC} = 90^\circ - 20^\circ = 70^\circ \) hay \[\widehat {DOC} = 70^\circ .\]

Xét ∆ODC cân tại O (do OC = OD), có \(\widehat {ODC} = \frac{{180^\circ - \widehat {COD}}}{2} = \frac{{180^\circ - 70^\circ }}{2} = 55^\circ .\)

b) Ta có hai tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) cắt nhau tại A nên AC = AB.

Xét ∆OAC vuông tại C ta có:

⦁ \(AC = OC \cdot \tan \widehat {AOC} = 12 \cdot \tan 70^\circ \approx 33\;(\;{\rm{cm}}).\)

Do đó AC = AB ≈ 33 cm.

⦁ \(OC = OA \cdot \sin \widehat {OAC}\)

Suy ra \(OA = \frac{{OC}}{{\sin \widehat {OAC}}} = \frac{{12}}{{\sin 20^\circ }} \approx 35\;(\;{\rm{cm}}).\)

a) Do ABCD là hình thoi nên hai đường chéo AC và BD vuông góc nhau.

Áp dụng định lí Pythagore vào ∆AOB vuông tại O, ta có:

\[AB = \sqrt {O{A^2} + O{B^2}} = \sqrt {{6^2} + {8^2}} = \sqrt {36 + 64} = \sqrt {100} = 10\,\,{\rm{(cm}}).\]

Ta có \[{S_{\Delta OAB}} = \frac{1}{2} \cdot OA \cdot OB = \frac{1}{2} \cdot OH \cdot AB\]

Suy ra OA.OB = OH.AB

Do đó \(OH = \frac{{OA \cdot OB}}{{AB}} = \frac{{6 \cdot 8}}{{10}} = 4,8\;(\;{\rm{cm}}).\)

b) Lần lượt vẽ các đường cao OK, OE, OF của tam giác BOC, COD, DOA.

Ta có bốn tam giác vuông AOB, AOD, COD, COB bằng nhau (c.g.c), suy ra bốn đường cao OH, OF, OE, OK cũng bằng nhau. Do khoảng cách từ O đến bốn cạnh của hình thoi đều bằng OH nên đường tròn (O; OH) tiếp xúc với các cạnh của hình thoi.

c) Xét tam giác OAB vuông tại O có: \(\cos \widehat {OAH} = \frac{{OA}}{{AB}}.\)

Xét tam giác OAH vuông tại H có:

\(AH = OA \cdot \cos \widehat {OAB} = OA \cdot \frac{{OA}}{{AB}} = \frac{{O{A^2}}}{{AB}} = \frac{{{6^2}}}{{10}} = 3,6\;(\;{\rm{cm}}).\)

Do đó BH = AB – AH = 10 – 3,6 = 6,4 (cm).

Theo đề bài ta có hình vẽ trên. Trong đó điểm M biểu diễn vị trí của người ngồi trên trạm quan sát, điểm A biểu diễn vị trí của trạm quan sát, điểm T biểu diễn điểm xa nhất mà người đó nhìn thấy. Khi đó đoạn thẳng MT là tầm nhìn xa tối đa từ M.

Vì T là điểm nhìn xa tối đa nên MT là tiếp tuyến của đường tròn (đường tròn coi như là bề mặt Trái Đất). Đặt h = MA = 15 m = 0,015 km, R = OA = OT = 6 400 km.

Áp dụng định lí Pythagore cho tam giác OTM vuông tại T, ta có:

MT² = OM² – OT² = (h + R)² – R² = h² + 2Rh

Suy ra \(MT = \sqrt {{h^2} + 2Rh} = \sqrt {0,{{015}^2} + 2 \cdot 6\,\,400 \cdot 0,015} \approx 13,86\;(\;{\rm{km}}).\)

Vậy tầm nhìn xa tối đa của người đó là khoảng 13,86 km.