Từ một điểm M nằm ngoài đường tròn (O; R) với OM = 2R, kẻ hai tiếp tuyến MA, MC đến đường tròn (A, C là các tiếp điểm). Vẽ đường kính AB của đường tròn (O). Gọi D là giao điểm thứ hai của MB

a) Ta có \[\widehat {ADB} = {90^0}\](Góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB)

Suy ra tam giác ABD vuông tại D

Ta có MA = MC (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau) và OA = OC = R nên OM là trung trực của AC. Suy ra OM\( \bot \)AC tại H.

b) Ta có MA là tiếp tuyến của (O) tại A nên \(MA \bot OA\). Suy ra tam giác OAM vuông tại A.

Xét \(\Delta OHA\)và \(\Delta OAM\)có:

\(\widehat {AOM}\)chung

\(\widehat {OHA} = \widehat {OAM} = 90^\circ \)

Vậy \(\Delta OHA\) ᔕ\(\Delta OAM(g - g)\)

Suy ra \(\frac{{OH}}{{OA}} = \frac{{OA}}{{OM}}\)nên \(O{A^2} = OH.OM\)

Mà OA = OD = R nên \(O{D^2} = OH.OM\)

Từ \(O{D^2} = OH.OM\) suy ra \(\frac{{OD}}{{OM}} = \frac{{OH}}{{OD}}\)

Xét \(\Delta ODH\)và \(\Delta OMD\)có:

\(\widehat {DOM}\)chung

\(\frac{{OD}}{{OM}} = \frac{{OH}}{{OD}}\)

Suy ra \(\Delta ODH\)ᔕ\(\Delta OMD\)(c-g-c)

\(\widehat {ODH} = \widehat {OMD}(1)\)

\(\Delta ADM\)vuông tại D suy ra \(\Delta ADM\)nội tiếp đường tròn đường kính AM (2)

\(\Delta AHM\)vuông tại H suy ra \(\Delta AHM\)nội tiếp đường tròn đường kính AM (3)

Từ (2), (3) suy ra bốn điểm A, H, D, M cùng thuộc đường tròn đường kính AM.

Suy ra tứ giác AHDM nội tiếp

Nên \(\widehat {HMD} = \widehat {HAD}\)(cùng chắn cung HD)

Vậy \(\widehat {ODH} = \widehat {DAC}\)

c) Ta có OD = OB = R. Suy ra \(\Delta OBD\)cân tại R.

Mà K là trung điểm BD nên \(OK \bot BD\)tại K nên \(\widehat {OKM} = 90^\circ \)

Xét \(\Delta OHE\)và \(\Delta OKM\)có:

\(\widehat {MOK}\)chung

\(\widehat {OHE} = \widehat {OKM} = 90^\circ \)

Suy ra \(\Delta OHE\)ᔕ\(\Delta OKM\)(g-g)

Nên \(\frac{{OH}}{{OK}} = \frac{{OE}}{{OM}}\)hay OH.OM = OK.OE

Theo câu b, OH.OM = OA² = R²

Do đó \(OK.OE = {R^2}\). Mà OB = R nên \[OK.OE{\rm{ }} = {\rm{ }}O{B^2}\]

Suy ra \(\frac{{OK}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OE}}\)

Xét \(\Delta OBK\)và \(\Delta OEB\)có:

\(\widehat {BOE}\)chung

\(\frac{{OK}}{{OB}} = \frac{{OB}}{{OE}}\)

Suy ra \(\Delta OBK\)ᔕ\(\Delta OEB\)(c-g-c)

Nên \(\widehat {OBE} = \widehat {OKB} = 90^\circ \)

Do đó \(\Delta OEB\) vuông tại B

\(\Delta OAM\)vuông tại A

\[\cos \widehat {AOM} = \frac{{OA}}{{OM}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2}\]

Suy ra \(\widehat {AOM} = 60^\circ \)

Ta có \(\Delta OHA\)vuông tại H

\(\widehat {OAH} = 90^\circ - \widehat {AOM} = 30^\circ \)

Xét \(\Delta ABE\)vuông tại B có \(\tan \widehat {BAE} = \frac{{BE}}{{AB}}\)

Suy ra \(BE = AB\tan 30^\circ = 2R.\frac{{\sqrt 3 }}{3} = \frac{{2R\sqrt 3 }}{3}\)

Tam giác OEB vuông tại B có OB = R, \(BE = \frac{{2R\sqrt 3 }}{3}\)

Diện tích tam giác OEB là

\(S = \frac{1}{2}.OB.BE = \frac{1}{2}.R.\frac{{2R\sqrt 3 }}{3} = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{3}\)