Cho đường tròn (O;R) có hai đường kính AB, CD vuông góc với nhau. Lấy điểm M trên cung nhỏ BC (M khác B và C). Đường thẳng AM cắt đường thẳng CD tại K.

a) • Chứng minh tứ giác \(OKMB\) nội tiếp:

Vì \(AB \bot CD\) tại \(O\) nên \(\widehat {KOB} = 90^\circ \).

Vì góc \(\widehat {AMB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính \(AB\) nên \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) hay \(\widehat {KMB} = 90^\circ .\)

Xét tứ giác \(OKMB\) có \(\widehat {KOB} + \widehat {KMB} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \).

Hai góc này là hai góc đối nhau, vậy tứ giác \(OKMB\) nội tiếp đường tròn đường kính \(KB\).

• Chứng minh \(\widehat {MBK} = 2\widehat {MAC}\):

Vì tứ giác \(OKMB\) nội tiếp nên \(\widehat {MBK} = \widehat {MOK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn ).

Mà \(\widehat {MOK}\) (tức \(\widehat {MOC}\)) là góc ở tâm chắn cung nhỏ của đường tròn \(\left( O \right)\).

Lại có \(\widehat {MAC}\) là góc nội tiếp chắn cung nhỏ của đường tròn \(\left( O \right)\).

Theo tính chất góc ở tâm và góc nội tiếp cùng chắn một cung, ta có \(\widehat {MOC} = 2\widehat {MAC}\).

Do đó \(\widehat {MBK} = 2\widehat {MAC}\).

b) Xét \(\Delta AMB\) vuông tại \(M\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có \(\widehat {MAB} + \widehat {MBA} = 90^\circ \).

Gọi \(Y\) là giao điểm của \(BM\) và \(CD\).

Trong \(\Delta AOK\) vuông tại \(O\) có \(\tan \widehat {KAO} = \frac{{OK}}{{OA}} = \frac{{OK}}{R}\).

Trong \(\Delta BOY\) vuông tại \(O\) có \(\tan \widehat {YBO} = \frac{{OY}}{{OB}} = \frac{{OY}}{R}\).

Vì \(\widehat {KAO}\) và \(\widehat {YBO}\) phụ nhau nên \(\tan \widehat {KAO} \cdot \tan \widehat {YBO} = 1\).

Suy ra \(\frac{{OK}}{R} \cdot \frac{{OY}}{R} = 1\), do đó \(OY = \frac{{{R^2}}}{{OK}}\).

Vì \(DN\) là tiếp tuyến tại \(D\) nên \(DN \bot CD\). Mà \(AB \bot CD\) nên \(DN\,{\rm{//}}\,AB\).

Xét \(\Delta OBY\) có \(DN\,{\rm{//}}\,OB\) (với \(D \in OY\,;\,\,N \in BY\)).

Theo hệ quả định lí Thalès, ta có \(\frac{{DN}}{{OB}} = \frac{{DY}}{{OY}}\).

Suy ra \(DN = OB \cdot \frac{{OD + OY}}{{OY}} = R \cdot \left( {\frac{R}{{OY}} + 1} \right) = \frac{{{R^2}}}{{OY}} + R = OK + R\).

Diện tích tam giác \(CNK\) có đường cao hạ từ \(N\) xuống \(CD\) chính là đoạn \(DN\).

Cạnh đáy là \(CK = CO - OK = R - OK\).

Ta có \({S_{CNK}} = \frac{1}{2}CK \cdot DN = \frac{1}{2}\left( {R - OK} \right)\left( {R + OK} \right) = \frac{1}{2}\left( {{R^2} - O{K^2}} \right)\).

Theo đề bài \({S_{CNK}} = \frac{{4{R^2}}}{9}\) suy ra \(\frac{1}{2}\left( {{R^2} - O{K^2}} \right) = \frac{{4{R^2}}}{9}\).

Do đó \({R^2} - O{K^2} = \frac{{8{R^2}}}{9}\) hay \(O{K^2} = \frac{{{R^2}}}{9}\) suy ra \(OK = \frac{R}{3}\). Từ đó \(\tan \widehat {MAB} = \frac{1}{3}\).

Trong \(\Delta AOK\) vuông tại \(O\) có \(AK = \sqrt {A{O^2} + O{K^2}} = \sqrt {{R^2} + \frac{{{R^2}}}{9}} = \frac{{R\sqrt {10} }}{3}\).

Ta có 0\(\cos \widehat {MAB} = \frac{{OA}}{{AK}} = \frac{R}{{\frac{{R\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{3}{{\sqrt {10} }}\); \(\sin \widehat {MAB} = \frac{{OK}}{{AK}} = \frac{{\frac{R}{3}}}{{\frac{{R\sqrt {10} }}{3}}} = \frac{1}{{\sqrt {10} }}\).

Trong \(\Delta AMB\) vuông tại \(M\) có:

\(MA = AB \cdot \cos \widehat {MAB} = 2R \cdot \frac{3}{{\sqrt {10} }} = \frac{{6R}}{{\sqrt {10} }}\).

\(MB = AB \cdot \sin \widehat {MAB} = 2R \cdot \frac{1}{{\sqrt {10} }} = \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }}\).

Ta có \(OY = \frac{{{R^2}}}{{OK}} = 3R\).

Trong \(\Delta OBY\) vuông tại \(O\), \(BY = \sqrt {O{B^2} + O{Y^2}} = \sqrt {{R^2} + {{(3R)}^2}} = R\sqrt {10} \).

Vì \(DN\,{\rm{//}}\,OB\) nên \(\frac{{YN}}{{YB}} = \frac{{DY}}{{OY}} = \frac{{R + 3R}}{{3R}} = \frac{4}{3}\).

Suy ra \(YN = \frac{4}{3}YB = \frac{{4R\sqrt {10} }}{3}\).

Ta có \(YM = YB - MB = R\sqrt {10} - \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{10R}}{{\sqrt {10} }} - \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{8R}}{{\sqrt {10} }}\).

Độ dài \(MN = YN - YM = \frac{{4R\sqrt {10} }}{3} - \frac{{8R}}{{\sqrt {10} }} = \frac{{40R}}{{3\sqrt {10} }} - \frac{{24R}}{{3\sqrt {10} }} = \frac{{16R}}{{3\sqrt {10} }}\).

Tính \(3MB \cdot MN = 3 \cdot \frac{{2R}}{{\sqrt {10} }} \cdot \frac{{16R}}{{3\sqrt {10} }} = \frac{{96{R^2}}}{{30}} = \frac{{16{R^2}}}{5}\).

Tính \(M{A^2} = {\left( {\frac{{6R}}{{\sqrt {10} }}} \right)^2} = \frac{{36{R^2}}}{{10}} = \frac{{18{R^2}}}{5}\).

Cuối cùng \(T = M{A^2} + 3MB \cdot MN = \frac{{18{R^2}}}{5} + \frac{{16{R^2}}}{5} = \frac{{34{R^2}}}{5}\).

Vậy \(T = \frac{{34{R^2}}}{5}\).