Từ một điểm A nằm ngoài đường tròn ( O ; R ) với OA = 2R , kẻ hai tiếp tuyến AB , AC đến đường tròn ( B , C là các tiếp điểm). Vẽ đường kính BD cùa đường tròn ( O )

Từ một điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn \(\left( {O;R} \right)\) với \(OA = 2R\), kẻ hai tiếp tuyến \(AB,\,\,AC\) đến đường tròn (\(B,C\) là các tiếp điểm). Vẽ đường kính \(BD\) cùa đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(E\) là giao điểm thứ hai của đường thẳng \(AD\) với \(\left( O \right)\). Đường thẳng \(BC\) và \(AO\) cắt nhau tại \(H.\)

a)

Chứng minh rằng tam giác \(BED\) vuông và \(ABHE\) là tứ giác nội tiếp.

Xét \(\Delta BED\) có \(\widehat {BED} = 90^\circ \) (tính chất góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra \(\widehat {BEA} = 180^\circ - \widehat {BED} = 90^\circ .\)
Ta có: \(\Delta AOB = \Delta AOC\) (cạnh huyền – cạnh góc vuông).
Suy ra \(AB = AC\), suy ra \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) và \(AO\) là phân giác của góc \(\widehat {BAC}.\)
Suy ra \(AO\) là đường cao \(\Delta ABC\) nên \(AO \bot BC\) suy ra \(\widehat {AHB} = 90^\circ .\)
Ta có \(\widehat {AHB} = 90^\circ \) nên \(A,\,\,H,\,\,B\) thuộc đường tròn đường kính \(AB\).
Vì \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) nên \(A,\,\,E,\,\,B\) thuộc đường tròn đường kính \(AB\).
Suy ra \(A,H,B,E\) thuộc đường tròn, hay tứ giác \(AEBH\) nội tiếp.

Vậy tam giác \(BED\) vuông và \(ABHE\) là tứ giác nội tiếp.

b)

Chứng minh rà̀ng \(O{D^2} = OH \cdot OA\) và \(\widehat {HDO} = \widehat {HBE}\).

Xét \(\Delta OBA\) và \(\Delta OHB\) có: \(\widehat {AOB}\) chung, \(\widehat {OBA} = \widehat {OHB}\).

Do đó  suy ra \(\frac{{OB}}{{OH}} = \frac{{OA}}{{OB}}\) nên \(O{B^2} = OA \cdot OH\).
Vì \(OB = OD = R\) nên ta có: \(OA \cdot OH = O{D^2}\) (đpcm).
Xét \(\Delta ODH\) và \(\Delta OAD\) có \(\frac{{OD}}{{OA}} = \frac{{OH}}{{OD}}\) (cmt), \(\widehat {AOD}\) chung.
Suy ra  (c.g.c)
Suy ra \(\widehat {ODH} = \widehat {OAD}\) (hai góc tương ứng).

Mà \(\widehat {HAE} = \widehat {HBE}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn  nên \(\widehat {ODH} = \widehat {OBE}\).

Vậy \(O{D^2} = OH \cdot OA\) và \(\widehat {ODH} = \widehat {OBE}\).

c)

Tính theo \(R\) chu vi và diện tích tam giác DHE.

Ta có \(\Delta OBA\) vuông có \(AB = \sqrt {O{A^2} - O{B^2}} = R\sqrt 3 \)
\(\Delta ABD\) vuông có \(A{D^2} = A{B^2} + B{D^2}\), suy ra \(AD = R\sqrt 7 \).
Mặt khác,  (g.g) nên \(\frac{{DE}}{{DB}} = \frac{{DB}}{{DA}}\), suy ra \(DE \cdot DA = D{B^2}\).

Từ đó \(DE = \frac{{4{R^2}}}{{R\sqrt 7 }} = \frac{{4R\sqrt 7 }}{7}\).
Vì \(OH \bot BC,\,\,DC \bot BC\) nên \(OH\,{\rm{//}}\,DC\).

Mà \(O\) là trung điểm \(BD\) nên được \(OH\) là đường trung bình của tan giác \(BDC\).

Suy ra \(OH = \frac{1}{2}CD\) hay \(CD = 2OH\).

Lại có \(OH \cdot OA = O{B^2}\) hay \(OH = \frac{R}{2}\) suy ra \(CD = R\) nên \(\Delta DCH\) vuông.

Từ đó \(DH = \sqrt {D{C^2} + H{C^2}} = \frac{{R\sqrt 7 }}{2}\); \(HC = \sqrt {O{C^2} - O{H^2}} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\)
Ta có \(\widehat {AHE} = \widehat {ABE},\,\,\widehat {ABE} = \widehat {ADB}\) (cùng phụ với góc \(\widehat {EAH}\,)\) nên \(\widehat {AHE} = \widehat {ADB}\)

Do đó

Suy ra \(\frac{{EH}}{{OD}} = \frac{{AD}}{{AD}} = \frac{{AO - OH}}{{AO}} = \frac{{3R\sqrt 7 }}{{14}}\) hay \(EH = \frac{{3R\sqrt 7 }}{{14}}.\)

Khi đó chu vi tam giác \(EHD\) là: \(EH + DH + DE = \frac{{3R\sqrt 7 }}{{14}} + \frac{{R\sqrt 7 }}{2} + \frac{{4R\sqrt 7 }}{7} = \frac{{9R\sqrt 7 }}{7}\).
Tính diện tích: \(\widehat {BAO} = \widehat {BEH} = 30^\circ \) nên \(\widehat {HED} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ .\)
Gọi \(K\) là hình chiếu của \(H\) xuống \(DE\), ta có:

\[{\rm{sin}}\,60^\circ = \frac{{HK}}{{HE}}\] nên \(HK = \frac{{3R\sqrt 7 }}{{14}} \cdot \frac{{\sqrt 3 }}{2} = \frac{{3R\sqrt {21} }}{{28}}\).
Khi đó, diện tích tam giác \(DHE\) là \(S = \frac{1}{2} \cdot HK \cdot DE = \frac{1}{2} \cdot \frac{{3R\sqrt {21} }}{{28}} \cdot \frac{{4R\sqrt 7 }}{7} = \frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{{14}}\).
Vậy diện tích tam giác \(DHE\) là \(\frac{{3{R^2}\sqrt 3 }}{{14}}\).