Cho đường tròn(O;R), đường kính AB. Qua A và B vẽ lần lượt hai tiếp tuyến d và d' với đường tròn ( O)

a) Xét \(\Delta AOM\) và \(\Delta BOP\) có:

\(OA = OB = R\) (gt)

\(\widehat {OAM} = \widehat {OBM} = 90^\circ \) (gt)

\(\widehat {MOA} = \widehat {BOP}\)(đối đỉnh)

Do đó \(\Delta AOM = \Delta BOP\) (cạnh góc vuông – góc nhọn kề).

Suy ra \(OM = OP\) (hai cạnh tương ứng).

b) Theo giả thiết, có \(ON\) vuông góc với \(MP\).

Mà \(OM = OP\) nên suy ra tam giác \(MNP\) cân tại \(N\).

Suy ra \(N\) nằm trên tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\).

Lại có \(OI \bot MN\) nên \(MN\) là tiếp tuyến của \(\left( O \right)\) tại \(I\).

Vì hai tiếp tuyến của đường tròn tại \(I\) và \(A\) cắt nhau tại \(M\) nên \(IM = MA\) (tính chất).

Tương tự, hai tiếp tuyến của đường tròn tại \(I\) và \(B\) cắt nhau tại \(N\), do đó \(IN = NB\) (tính chất).

Xét tam giác \(NOM\) vuông tại \(O\), có \(OI \bot MN\) nên áp dụng hệ thức lượng ta có:

\(IM.IN = O{I^2}\) hay \(IM \cdot IN = {R^2}\).

Ta có \(IM \cdot IN = {R^2}\) mà \(IM = MA\,;\,\,IN = NB\) nên \(AM \cdot NB = {R^2}\).

c) Xét tam giác \(MOI\), có: \(\cos \widehat {IOM} = \frac{{OI}}{{OM}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2}.\) Suy ra \(\widehat {IOM} = 60^\circ \).

Ta có \(\widehat {IOM} = \widehat {IOE} = 60^\circ \).

Do \(ON\) vuông góc với \(MP\) nên \(\widehat {NOM} = 90^\circ \).

Ta có: \(\widehat {NOM} = \widehat {NOI} + \widehat {IOM}\) nên \(\widehat {NOI} = \widehat {NOM} - \widehat {IOM} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \).

Suy ra \(\widehat {IOF} = \widehat {ION} + \widehat {NOF} = 30^\circ + 90^\circ = 120^\circ \).

Do đó, \(S = \frac{{n\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{120.\pi {R^2}}}{{360}} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}\).

Vậy diện tích hình quạt giới hạn bởi \(OI,\,\,OF\) và cung nhỏ \[IF\] là \(\frac{{\pi {R^2}}}{3}\).

d) Ta có \(BN\parallel MA\) (cùng vuông với \(AB\)).

Xét \(\Delta KBN\) và \(\Delta KMA\), có:

\(\widehat {KBN} = \widehat {KMA}\) (so le trong)

\(\widehat {BKN} = \widehat {AKM}\) (đối đỉnh)

Do đó,  (g.g). Suy ra \[\frac{{KB}}{{KM}} = \frac{{BN}}{{AM}}\].

Mà, ta có: \(IM = MA\,;\,\,IN = NB\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra \[\frac{{KB}}{{KM}} = \frac{{IN}}{{IM}}\].

Xét tam giác \[MBN\], có: \[\frac{{KB}}{{KM}} = \frac{{IN}}{{IM}}\] nên \[IK\parallel BN\] (Thalès đảo).

Mà \[BN \bot AB\] nên \[IK \bot AB\].

Kéo dài \[IK\] cắt \[AB\] tại \[H\] thì \[IH \bot AB\].

Xét \(\Delta AMN\) có: \[IK\parallel AM\,\,\left( {\parallel BN} \right)\] nên theo định lí Thalès có: \(\frac{{IK}}{{AM}} = \frac{{NK}}{{AN}}\).

Xét \(\Delta AMB\) có \(KH\parallel AM\left( {\parallel BN} \right)\) nên theo định lí Thalès có: \(\frac{{KH}}{{AM}} = \frac{{AH}}{{AB}}\).

Xét \(\Delta ANB\) có \(KH\parallel BN\) nên theo định lí Thalès có: \(\frac{{NK}}{{AN}} = \frac{{AH}}{{AB}}\).

Suy ra \(\frac{{IK}}{{AM}} = \frac{{HK}}{{AM}}\), do đó \(IK = HK\) hay \(K\) là trung điểm của \(IH\).

Xét \(\Delta KAB\) và \(\Delta IAB\) có chung đáy \(AB\) và đường cao \(KH = \frac{{IH}}{2}.\)

Suy ra \({S_{KAB}} = \frac{1}{2}{S_{IAB}} = \frac{{IA \cdot IB}}{4}\).

Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta IAB\) vuông tại \(I\) với \(IB = \sqrt 3 IA\), ta được:

\(I{A^2} + I{B^2} = A{B^2}\)

\(I{A^2} + 3I{A^2} = 4{R^2}\)

\(4I{A^2} = 4{R^2}\)

\(I{A^2} = {R^2}\)

Suy ra \(IA = R\) và \(IB = \sqrt 3 R\).

Do đó \({S_{KAB}} = \frac{1}{2}{S_{IAB}} = \frac{{IA \cdot IB}}{4} = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}\) (đvdt).

Vậy diện tích tam giác \(KAB\) là \(\frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{4}\) (đvdt).