(3,5 điểm):

Hình bên mô tả mảnh vải có dạng một phần tư hình vành khuyên giới hạn bởi hai đường tròn cùng tâm và có bán kính lần lượt là \(3,5dm\)và \(5,2dm\). Diện tích mảnh vải đó bằng bao nhiêu (làm tròn kết quả đến hàng phần mười).

a) Chứng minh: \(IA = IB\) và \(OK{\rm{//}}AC\).

Xét \(\Delta OIB\) và \(\Delta OIA\) có: \(OI\) chung; \[OB = OA = R\]; \[\widehat {OIB} = \widehat {OIA} = 90^\circ \].

\(\Delta OIB = \Delta OIA\) (c.g.c)

\( \Rightarrow IB = IA\) (hai cạnh tương ứng); \(\widehat {BOI} = \widehat {AOI}\) (hai góc tương ứng)

Xét \(\left( O \right)\) có \(\widehat {BAC} = 90^\circ \)( góc nội tiếp)

Hay \(AC \bot AB\)  mà \(OK \bot AB\)( gt)  suy ra \(OK{\rm{//}}AC\)( đpcm) 

b) Chứng minh: \(KA\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\).

Xét \(\Delta OKB\) và \(\Delta OKA\) có: \(OK\) chung; \[OB = OA = R\]; \[\widehat {BOK} = \widehat {AOK}\left( {cmt} \right)\]

Do đó \(\Delta OKB = \Delta OKA\) (c.g.c).

Suy ra \(\widehat {OBK} = \widehat {OAK} = 90^\circ \) (hai góc tương ứng) nên \(OA \bot AK\) tại \(A\).

Vậy \(KA\) là tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\) (đpcm)

c) Đoạn thẳng \(KC\) cắt  đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(M\), trên tia đối của tia \(MB\) lấy điểm \(N\) sao cho \(M\) là trung điểm của \(BN\). Từ \(N\) vẽ đường thẳng vuông với \(Bx\) tại \(P\). Chứng minh: \(NK = KB\) và  \(AC\) đi qua trung điểm của \(NP\).

Xét \(\Delta KMB\) và \(\Delta KMN\) có: \(KM\) chung; \[\widehat {KMB} = \widehat {KMN} = 90^\circ \]; \[MB = MN\]

Do đó \(\Delta KMB = \Delta KMN\) (c.g.c)

Suy ra \(NK = KB\) (hai cạnh tương ứng)

Gọi  \(AC \cap PN = \left\{ G \right\};\,BG \cap KO = \left\{ H \right\};\,MH \cap BP = E\)

Xét \(\Delta BCG\) có \(OH{\rm{//}}GC\) ( cmt) và \(OB = OC = R\) suy ra \(BH = HG\) ( tc)

Xét \(\Delta BNG\) có \(BH = HG\) ( cmt) và \(BM = MN\)

suy ra \(HM\)là đường trung bình của \(\Delta BNG\)  

suy ra \(MH{\rm{//}}GN\left( {tc} \right)\) mà \(NP{\rm{//}}BP\) suy ra \(ME{\rm{//}}BC\left( {tc} \right)\)

Xét \(\Delta BKO\) có \(EH{\rm{//}}BO\) (cmt) suy ra $\frac{EH}{BO}=\frac{KH}{KO}\left(1\right)$

Xét \(\Delta CKO\) có \(MH{\rm{//}}CO\) (cmt) suy ra $\frac{MH}{CO}=\frac{KH}{KO}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{{EH}}{{BO}} = \frac{{MH}}{{CO}}\left( {bc} \right)\) mà  \(BO = CO\) suy ra \(EH = HM\).

Xét \(\Delta BGP\) có \(EH{\rm{//}}PG\) (cmt) suy ra  $\frac{EH}{PG}=\frac{BH}{BG}\left(3\right)$

Xét \(\Delta BGN\) có \(MH{\rm{//}}GN\) (cmt) suy ra  $\frac{MH}{GN}=\frac{BH}{BG}\left(4\right)$

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{EH}}{{PG}} = \frac{{MH}}{{GN}}\left( {bc} \right)\) mà \(EH = HM\) suy ra \(PG = GN\).

Hay \(AC\) đi qua trung điểm của \(NP\).