Bài tập hay và khó chương góc với đường tròn

Xét \(\Delta ABH\) và \(\Delta ADC\)có \(\widehat {AHB} = \widehat {ACD} = {90^0}.\)

Các góc \(\widehat {ABC},\widehat {ADC}\) là các góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\) nên \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}.\)

Do đó \(\Delta ABH \backsim \Delta ADC.\)  

Vì vậy \(\dfrac{{AB}}{{AD}} = \dfrac{{AH}}{{AC}} \Rightarrow AH = \dfrac{{AB.AC}}{{AD}} = \dfrac{{bc}}{{2R}}.\)

Diện tích tam giác \(ABC\) là:

\(S = \dfrac{1}{2}AH.BC = \dfrac{1}{2}\left( {\dfrac{{bc}}{{2R}}} \right).a = \dfrac{{abc}}{{4R}}.\)

Xét \(\Delta ACN\) và \(\Delta BCM\) có:

+ \(AC = BC\) (vì \(C\) là điểm chính giữa của cung \(AB\))

+ \(\widehat {CAN} = \widehat {CBN}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(CM\))

+ Theo giả thiết ta có \(AN = BM.\)

Do đó  \(\Delta ACN = \Delta BCM\,\,\left( {c.g.c} \right).\) Hai tam giác bằng nhau nên diện tích bằng nhau. Do đó \({S_1} = {S_2}.\)

Theo chứng minh ở câu 14 ta có \(\Delta ACN = \Delta BCM\,.\)Do đó\(CN = CM.\)

Vì vậy \(\Delta CMN\) là tam giác cân tại \(C\,\,\left( 1 \right).\)

Lại có \(\widehat {CMA} = \dfrac{1}{2}sd\,AC = \dfrac{1}{2}{.90^0} = {45^0} \Rightarrow \widehat {CMN} = {45^0}.\)

\(\Delta CMN\) là tam giác cân tại \(C\,\)nên \(\widehat {CNM} = \widehat {CMN} = {45^0}.\)  Tổng ba góc trong một tam giác bằng \({180^0}.\) Nên \(\widehat {CMN} + \widehat {CNM} + \widehat {MCN} = {180^0} \Rightarrow {45^0} + {45^0} + \widehat {MCN} = {180^0}.\)

Do đó \(\widehat {MCN} = {90^0}\,\,\left( 2 \right).\)

Từ (1) và (2) suy ra $\Delta CMN$ vuông cân tại \(C\) .

Do \(DE\) là đường kính của \(\left( {O;R} \right)\) nên \(\widehat {DCE} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó \(CD \bot CE.\) Mặt khác theo giả thiết ta có \(CD \bot AB.\)

Do đó \(AB//CE.\)

Mặt khác các dây \(CE,AB\) là hai dây song song của \(\left( O \right)\) chắn hai cung \(AC\) và \(BE\) nên

cung  \(AC\)  bằng cung \(BE\)  hay cùng \(AE\)  bằng cung \(BC\)  suy ra $EA = BC.$

Mặt khác \(\widehat {DAE} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Do đó \(M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2} = \left( {M{A^2} + M{D^2}} \right) + \left( {M{B^2} + M{C^2}} \right) = A{D^2} + B{C^2} = D{E^2} = 4{R^2} = 4.\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho \(M{A^2},M{B^2}\) ta có

\(M{A^2} + M{B^2} \ge 2MA.MB \Rightarrow 2\left( {M{A^2} + M{B^2}} \right) \ge 2M{A^2} + 2M{B^2} \ge M{A^2} + M{B^2} + 2MA.MB = {\left( {MA + MB} \right)^2}.\)

Tương tự

\(2\left( {M{C^2} + M{D^2}} \right) \ge {\left( {MC + MD} \right)^2}.\)

Bằng cách tương tự trên ta chứng minh được

\(2\left[ {{{\left( {MA + MB} \right)}^2} + {{\left( {MC + MD} \right)}^2}} \right] \ge {\left( {MA + MB + MC + MD} \right)^2}.\)

Từ đó ta suy ra \(4\left( {M{A^2} + M{B^2} + M{C^2} + M{D^2}} \right) \ge {\left( {MA + MB + MC + MD} \right)^2}.\) Vì vậy

\({\left( {MA + MB + MC + MD} \right)^2} \le 4.4 = {4^2} \Rightarrow MA + MB + MC + MD \le 4.\)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi \(MA = MB = MC = MD.\) Khi đó \(M \equiv O.\)

Theo giả thiết ta có \(sđ\,\overparen{AmB} = {360^0} - \left( {sđ\,\overparen{AnC} + sđ\,\overparen{CpD} + sđ\,\overparen{DqB}} \right) = {360^0} - \left( {2\alpha  + \beta } \right)\,\,\left( {\,1} \right).\)

Theo tính chất góc có đỉnh nằm bên ngoài của đường tròn và áp dụng \(\left( 1 \right)\) ta có

\(\widehat {CED} = \dfrac{1}{2}\left( {sđ\,\overparen{AmB}\, - sđ\,\overparen{CpD}} \right) = \dfrac{1}{2}\left( {{{360}^0} - 2\alpha  - \beta  - \beta } \right) = {180^0} - \alpha  - \beta \,\,\left( 2 \right).\)

Ta cũng có \(\widehat {BTC}\) là góc có đỉnh ở ngoài đường tròn ( có hai cạnh đều là tiếp tuyến của đường tròn) nên

 $\widehat {BTC} = \dfrac{1}{2}\left( {sđ\,\overparen{CAB} - sđ\,\overparen{CDB}} \right) = \dfrac{1}{2}\left[ {\left( {sđ\,\overparen{AmB} + sđ\,\overparen{AnC}} \right) - \left( {sđ\,\overparen{CpD} + sđ\,\overparen{DqB}} \right)} \right]$

$ = \dfrac{1}{2}\left[ {\left\{ {\left( {{{360}^0} - 2\alpha  - \beta } \right) + \alpha } \right\} - \left( {\beta  + \alpha } \right)} \right]$

${\kern 1pt}  = \dfrac{1}{2}\left( {{{360}^0} - 2\alpha  - 2\beta } \right) = {180^0} - \alpha  - \beta \,\,\left( 3 \right).$

Từ \(\left( 2 \right)\) và \((3)\) ta suy ra \(\widehat {CED} = \widehat {BTC}.\)

Do tổng số đo tất cả các cung của đường tròn là \({360^0},\) hơn nữa ta có \(sd\,BmC = {80^0}\) nên ta có

\(sd\,BnM + sd\,MpA + sd\,AqN + sd\,NrC = {360^0} - {80^0} = {280^0}\,\,\left( 1 \right).\)

Mặt khác theo giả thiết ta cũng có

$\left\{ \begin{array}{l}sd\,MpA + sd\,AqN = sd\,BnM\,\left( 2 \right)\\sd\,AqN = \dfrac{1}{2}sd\,NrC\,\left( 3 \right)\end{array} \right..$

Thay \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) vào \(\left( 1 \right)\) ta nhận được

\({280^0} = sd\,BnM + \left( {sd\,MpA + sd\,AqN} \right) + 2sd\,AqN = 2\left( {sd\,BnM + sd\,AqN} \right).\) Từ đây ta có

\(sd\,BnM + sd\,AqN = {140^0}.\) Suy ra \(\widehat {HEA} = \dfrac{1}{2}\left( {sd\,BnM + sd\,AqN} \right) = {70^0}\,\,\left( 4 \right).\)

Hơn nữa ta suy ra từ \(\left( 1 \right)\) rằng

$\begin{array}{l}sd\,MpA + sd\,NrC = {280^0} - \left( {sd\,BnM + sd\,AqN} \right) = {280^0} - {140^0} = {140^0}\\ \Rightarrow \widehat {AHE} = \dfrac{1}{2}\left( {sd\,MpA + sd\,NrC} \right) = {70^0}\,\left( 5 \right).\end{array}$

Từ \(\left( 4 \right)\) và \(\left( 5 \right)\) suy ra \(\Delta AEH\) cân tại \(A\)             

Vẽ  đường kính \(CE\) của đường tròn \(\left( O \right).\)

Ta có \(\widehat {EAC} = {90^0},\,\widehat {EDC} = {90^0}\) (góc nội tiếp chắn đường kính \(EC\) ).

Từ đó ta có \(AE \bot AC.\) Mặt khác theo giả thiết \(AC \bot BD.\)

Kéo theo \(AE//BD.\) Vậy \(AEDB\) là hình thang.

Do hình thang \(AEDB\) nội tiếp \(\left( O \right)\) nên nói phải là hình thang cân.

Kéo theo \(AB = DE\) (các cạnh bên hình thang cân).

Từ đó ta có \(A{B^2} + C{D^2} = D{E^2} + D{C^2} = E{C^2} = {\left( {2a} \right)^2} = 4{a^2}\) (do \(\Delta EDC\) vuông tại \(D).\)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho cặp số \(\left( {A{B^2},B{D^2}} \right)\) ta có $A{B^2} + B{D^2} \ge 2AB.CD \Rightarrow 2\left( {A{B^2} + B{D^2}} \right) \ge A{B^2} + B{D^2} + 2AB.CD = {\left( {AB + CD} \right)^2}.$

Kéo theo \({\left( {AB + CD} \right)^2} \le 2\left( {4{a^2}} \right) = 8{a^2} \Rightarrow AB + CD \le 2\sqrt 2 a.\)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi \(AB = CD.\)

Xét tam giác \(\Delta ABI,\,\,\Delta DCI\) có \(AB = CD,\) \(\widehat {ABD} = \widehat {ACD}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AD),\) \(\widehat {BAC} = \widehat {DCB}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(BC).\)

Do đó\(\Delta ABI = \Delta DCI\left( {g.c.g} \right)\)

Kéo theo \(AI = ID,\,IB = IC.\) Suy ra \(AC = AI + IC = ID + IB = BD.\)

Gọi \(M\) là trung điểm của \(AC.\) Do \(E\) là điểm chính giữa cung \(AC\) nên \(EM \bot AC.\)

Do đó \(EM\) đi qua tâm của đường tròn \(\left( O \right).\) Giả sử rằng \(G = DF \cap \left( O \right).\) Do \(\widehat {DFE} = {90^0},\) nên

\(\widehat {GFE} = {90^0},\) hay \(GE\) là đường kính của \(\left( O \right).\) Suy ra \(G,M,E\) thẳng hàng.

Vì vậy \(\widehat {GBE} = {90^0},\) mà \(\widehat {GMD} = {90^0}.\)

Kéo theo tứ giác \(BDMG\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính \(GD.\)

Vì vậy \(\widehat {MBD} = \widehat {DGM} = \widehat {FGE}\,\,\left( 1 \right)\)(cùng chắn cung \(DM)\)

 Lại có tứ giác \(BFEG\) là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {FBE} = \widehat {FGE}\,\,\left( 2 \right)\,\) ( cùng chắn cung \(FE\) ).

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta suy ra \(\widehat {MBD} = \widehat {FBE}.\) Do đó \(BF\) và \(BM\) đối xứng nhau qua \(BD.\)

Vì vậy \(M \equiv N\) hay \(N\) là trung điểm của \(AC\) nên \(AN = NC.\)

Quan sát hình vẽ, ta cần tính phần diện tích hình giới hạn bởi hai đường tròn.

Đường kính của giếng là \(2\left( m \right)\) nên bán kính của giếng là \(1\left( m \right).\)

Bán kính đường tròn ngoài là \(1 + 0,4 = 1,4\left( m \right).\) Gọi \({S_1},{S_2}\) lần lượt là diện tích của hình tròn nhỏ và lớn.

Khi đó ta có

\({S_1} = \pi {.1^2} = \pi \,\left( {{m^2}} \right),{S_2} = \pi .{\left( {1,4} \right)^2} = 1,96\pi \,\left( {{m^2}} \right).\)

Diện tích của thành giếng là \({S_2} - {S_1} = 1,96\pi  - \pi  = 0,96\pi \,\left( {{m^2}} \right).\) 

Đặt \(\alpha  = \widehat {BOA}.\) Giả sử rằng \(R\) là bán kính của hình tròn. Khi đó ta có \({S_{OAB}} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{{360}}.\alpha .\)

Mặt khác diện tích của hình tròn là \(S = \pi {R^2}.\)

Theo giả thiết ta có \({S_{OAB}} = \dfrac{1}{4}S \Rightarrow \dfrac{{\pi {R^2}}}{{360}}\alpha  = \dfrac{1}{4}\left( {\pi {R^2}} \right) \Rightarrow \alpha  = {90^0}.\)

Theo giả thiết đường kính của đường tròn là \(\sqrt {8 + 2\sqrt 3 } \)

nên bán kính của đường tròn là \(R = \dfrac{{\sqrt {8 + 2\sqrt 3 } }}{2}.\)

Theo giả thiết \(\widehat A = {90^0},\widehat {DAI} = {45^0},\) nên \(\widehat {IAM} = \widehat A - \widehat {DAI} = {90^0} - {45^0} = {45^0}.\) Do \(M,\,N\) là trung điểm

của các cạnh hình chữ nhật nên \(MN \bot AB.\) Do đó \(\widehat {AMI} = {90^0}.\)

Từ đó suy ra \(\widehat {AIM} = {45^0}.\) Vậy tam giác \(\Delta AMI\) vuông cân tại \(M.\)

Vì vậy \(AM = MI\,\,\left( 1 \right).\)

Do \(\widehat D = {90^0},\,\widehat {ADI} = {30^0} \Rightarrow \widehat {IDN} = {60^0}.\)

Từ đó \(\sin \,\widehat {IDN} = \dfrac{{IN}}{{DI}} \Rightarrow IN = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}DI.\) Tam giác \(DNI\) vuông tại \(N\) nên

\(D{I^2} = D{N^2} + I{N^2}.\) Do đó \(D{I^2} = D{N^2} + {\left( {\dfrac{{\sqrt 3 }}{2}DI} \right)^2} \Rightarrow DN = \dfrac{{DI}}{2}.\) Vì vậy \(IN = \sqrt 3 DN = \sqrt 3 AM\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta có \(AD = MN = IM + IN = \left( {1 + \sqrt 3 } \right)AM = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}AB.\)

Diện tích của hình chữ nhật là \(S = AB.AD = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}A{B^2}\,\,\left( 3 \right).\)

Ta lại có

 $A{M^2} + O{M^2} = {R^2} \Leftrightarrow {\left( {\dfrac{{AB}}{2}} \right)^2} + {\left( {\dfrac{{AD}}{2}} \right)^2} = {R^2} \Leftrightarrow A{B^2} + A{D^2} = 4{R^2}$ $ \Leftrightarrow A{B^2} + {\left( {\dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}AB} \right)^2} = 4{R^2}$

$ \Leftrightarrow \dfrac{{8 + 2\sqrt 3 }}{4}A{B^2} = 4{R^2} = 4{\left( {\dfrac{{\sqrt {8 + 2\sqrt 3 } }}{2}} \right)^2} \Leftrightarrow AB = 2\,\,\left( 4 \right).$

Từ \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) suy ra \(S = \dfrac{{1 + \sqrt 3 }}{2}.4 = 2\left( {1 + \sqrt 3 } \right).\)

Xét \(\Delta QAB\) vuông ở \(A\) ta có \(AD \bot QB.\) Suy ra \(QB.DB = A{B^2} = 4{R^2}\) và \(QB.QD = A{Q^2}.\)

Ta có:

\(\begin{array}{l}QB > BD \Rightarrow {\left( {\sqrt {QB}  - \sqrt {BD} } \right)^2} > 0\\ \Rightarrow BQ + BD > 2\sqrt {BQ.BD}  = 4R\,\left( 3 \right).\end{array}\)

Tương tự ta có \(QB + QD > 2\sqrt {QB.QD}  = 2AQ\,\,\left( 4 \right),\)

Cộng từng vế của \(\left( 3 \right)\) và \(\left( 4 \right)\) ta nhận được \(2QB + DB + QD > 4R + 2AQ \Rightarrow 3QB - 2AQ > 4R.\)

Do \(CM,\,DM\) là các tiếp tuyến nên ta có \(MD = BD,\,\,CM = CA.\)

Từ đó \(CA + BD = CM + MD = CD.\)

Từ \(C\) hạ đường cao \(CH\) xuống \(BD.\)

Khi đó \(\Delta HCD\) vuông tại \(H,\) có \(CD\) là cạnh huyền và \(CH\) là cạnh góc vuông nên \(CD \ge CH.\) Mặt khác \(CH//BA\) và \(CA \bot CH,\,\,BH \bot CH\) nên \(CHBA\) là hình chữ nhật.

Do đó \(CH = BA.\)  Vì vậy \(CD \ge AB.\)

Do đó \(CA + BD\) nhỏ nhất khi và chỉ khi \(CA + BD = AB \Leftrightarrow CD = AB \Leftrightarrow CD = CH \Leftrightarrow CD//AB.\) Khi đó ta có \(ABDC\)là hình chữ nhật và do đó \(AC = BD.\) Mặt khác \(O\) là trung điểm \(AB\) nên \(M\) là trung điểm \(CD.\) Kéo theo \(CA = CM = MD = BD = R.\)

Gọi \({S_1},\,{S_2},\,{S_3}\) lần lượt là diện tích của hình quạt \(A{O_2}B,\,A{O_1}B\)

và của tứ giác \(A{O_1}B{O_2}.\) Khi đó \(S ={S_1} + {S_2} - {S_3}\) và \({S_1} = {S_2}.\)

Theo giải thiết ta có \(\widehat {{O_2}A{O_1}} = {120^0}\) nên \(\widehat {{O_2}AB} = \dfrac{1}{2}\widehat {{O_2}A{O_1}} = {60^0}.\)

Tam giác \(\Delta {O_2}AB\) cân tại \({O_2}\) nên ta nhận được \(\Delta A{O_2}B\) là tam giác đều. Từ đó \(\widehat {A{O_2}B} = {60^0}.\)

Suy ra   \({S_1} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{{360}}.60 = \dfrac{{\pi {R^2}}}{6}.\)

Gọi \(H = {O_1}{O_2} \cap AB.\)

Xét tam giác \(AHO{_2}\) vuông tại \(H.\) Ta có \(\widehat {HA{O_2}} = {60^0},\) nên \(\sin \,{60^0} = \dfrac{{H{O_2}}}{{A{O_2}}} \Rightarrow H{O_2} = A{O_2}\sin \,{60^0} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}R.\)

Áp dụng định lý Py-ta-go trong tam giác vuông \(AH{O_2}\) ta nhận được \(A{H^2} + {O_2}{H^2} = {O_2}{A^2} \Rightarrow A{H^2} = {O_2}{A^2} - {O_2}{H^2} = \dfrac{{{R^2}}}{4} \Rightarrow AH = \dfrac{R}{2}.\)

Diện tích tam giác \(AH{O_2}\) là \(\dfrac{1}{2}AH.H{O_2} = \dfrac{1}{2}.\left( {\dfrac{R}{2}} \right)\left( {\dfrac{{\sqrt 3 R}}{2}} \right) = \dfrac{{\sqrt 3 {R^2}}}{8}.\) Ta có thể kiểm tra được các tam giác \(\Delta AH{O_2},\,\Delta BH{O_2},\,\Delta AH{O_1},\,\Delta BH{O_1}\) là các tam giác bằng nhau. Do đó diện tích của tứ giác \(A{O_2}B{O_1}\) bằng \(4\) lần diện tích tam giác \(AH{O_2}.\) Do đó \({S_3} = 4.\left( {\dfrac{{\sqrt 3 {R^2}}}{8}} \right) = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}{R^2}.\)

Từ đó ta có:

\(\begin{array}{l}S = {S_1} + {S_2} - {S_3}\\ = \dfrac{{\pi {R^2}}}{6} + \dfrac{{\pi {R^2}}}{6} - \dfrac{{\sqrt 3 {R^2}}}{2}\\ = \dfrac{{{R^2}\left( {2\pi  - 3\sqrt 3 } \right)}}{6}\end{array}\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau ta có

\(OM\) là tia phân giác của góc \(\widehat {AOP}\) và \(ON\) là tia phân giác của góc \(\widehat {BOP}.\) Do đó \(\widehat {MOA} = \widehat {MOP},\,\,\widehat {PON} = \widehat {BON}\,\,\left( 1 \right).\)

Ta lại có \(\widehat {AOP},\,\widehat {BOP}\) là hai góc kề bù nên \(\widehat {AOP} + \,\widehat {BOP} = {180^0}\,\,\left( 2 \right).\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) ta suy ra

$\widehat {MON} = \widehat {MOP} + \widetilde {PON} = \dfrac{1}{2}\left( {\widehat {AOM} + \widehat {MOP} + \widehat {PON} + \widehat {NOB}} \right)$

$ = \dfrac{1}{2}\left( {\widehat {AOP} + \widehat {POB}} \right) = \dfrac{1}{2}{.180^0} = {90^0}\,\,.$

Nên tam giác \(MON\) là tam giác vuông tại \(O\) có \(OP \bot MN\) (\(OP\) là tiếp tuyến).

Áp dụng hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông \(MON\) ta có \(O{P^2} = PN.PM.\)

Ta lại có \(OP = R,\,AM = PM,\,BN = NP\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Do đó \(AM.BN = {R^2}.\)

hay \(PN.PM = {R^2}\)

Mà \(PM = AM = \dfrac{R}{2} \Rightarrow PM = \dfrac{R}{2} \Rightarrow PN = 2R.\)

Do đó \(MN = PM + PN = \dfrac{R}{2} + 2R = \dfrac{{5R}}{2} \Rightarrow \dfrac{{MN}}{{AB}} = \dfrac{{\dfrac{{5R}}{2}}}{{2R}} = \dfrac{5}{4}\)

Ta có có \(\widehat {APB}\) là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn nên \(\widehat {APB} = {90^0}\,\,\left( 4 \right).\)

Theo tính chất hai tiếp tuyến ta có

\(NB \bot ON \Rightarrow \widehat {OBN} = {90^0},\,\,NP \bot OP \Rightarrow \widehat {OPN} = {90^0} \Rightarrow \widehat {OBN} + \widehat {OPN} = {180^0}.\)

Do đó tứ giác \(OBNP\) là tứ giác nội tiếp. Từ đó \(\widehat {OBP} = \widehat {PNO}\,\,\left( 5 \right).\)

Từ \(\,\left( 4 \right)\); \(\left( 5 \right)\) và \(\widehat {MON} = 90^\circ \) suy ra hai tam giác vuông \(APB\) và \(MON\) đồng dạng với nhau.

Suy ra  \(\dfrac{{{S_{MON}}}}{{{S_{APB}}}} = {\left( {\dfrac{{MN}}{{AB}}} \right)^2} = {\left( {\dfrac{5}{4}} \right)^2} = \dfrac{{25}}{{16}}.\)

Giả sử rằng tia \(FD\) cắt \(AB\) tại \(M,\) cắt \(\left( O \right)\) tại \(N.\) Theo giả thiết \(DF//BC,\) và \(AH\) là trục đối xứng của \(BC\) và của đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(F,\,D\) theo thứ tự là điểm đối xứng với \(N,\,M\) qua \(AH.\)

Do đó \(FD = MN = MD = \dfrac{1}{2}BC = \dfrac{1}{2}ND = BH\,\,\left( 1 \right).\)

Xét \(\Delta NDA,\,\Delta CDF\) có \(\widehat {ADN} = \widehat {CDF}\) (hai góc đối đỉnh).

\(\widehat {ACF},\,\widehat {FNA}\) là hai góc nội tiếp chắn cung \(AF\) nên \(\widehat {DCF} = \widehat {DNA}\)

Do đó \(\Delta NDA \backsim \Delta CDF\)\( \Rightarrow \dfrac{{DA}}{{DF}} = \dfrac{{ND}}{{CD}} \Rightarrow DF.DN = DA.DC\,\,\left( 4 \right).\)

Từ (1), (4) suy ra \(2B{H^2} = \dfrac{1}{4}A{C^2}\) \( \Rightarrow BH = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}AC \Rightarrow \cos \,\widehat {ABC} = \dfrac{{BH}}{{AB}} = \dfrac{{BH}}{{AC}} = \dfrac{{\sqrt 2 }}{4}.\)

Kẻ \(AH \bot BC,\,OI \bot BC\), đường kính $AD.$

Ta chứng minh được \(\Delta AHC \backsim \Delta ABD\,\left( {g - g} \right).\)

Do đó \(\dfrac{{AH}}{{AB}} = \dfrac{{AC}}{{AD}} \Rightarrow AH.AD = AB.AC \Rightarrow AB.AC = 2R.AH\,\,\left( 1 \right).\)

Theo giả thiết \(\sqrt {AB.AC}  = R\sqrt 3 ,\) nên \(AB.AC = 3{R^2}\,\,\left( 2 \right).\)

Thay \(\left( 2 \right)\) và \(\left( 1 \right)\) ta có \(AH = \dfrac{{3R}}{2}.\)

Lại có \(OI + OA \ge AI \ge AH\) nên \(OI \ge AH - OA = \dfrac{{3R}}{2} - R = \dfrac{R}{2}.\)

Do \(AH = \dfrac{{3R}}{2}\) là giá trị không đổi nên \({S_{ABC}}\) lớn nhất khi \(BC\) lớn nhất \( \Leftrightarrow OI\) nhỏ nhất

\( \Leftrightarrow OI = \dfrac{R}{2} \Leftrightarrow BC \bot OA \Rightarrow \Delta ABC\) cân tại \(A\).

Mà \(OI = \dfrac{R}{2} \Rightarrow \sin \widehat {OBI} = \dfrac{{OI}}{{OB}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow \widehat {OBI} = \widehat {OCI} = {30^0} \Rightarrow \widehat {BOC} = {120^0}\) $ \Rightarrow \widehat {BAC} = {60^0}$

Vậy \(\Delta ABC\) đều.

B\) thuộc đường tròn đường kính \(CD.\) Suy ra \(\widehat {DBC} = {90^0}.\)

Xét \(\Delta EBF\) có \(\widehat {EBF} = {90^0},\,BA \bot EF \Rightarrow AE.AF = A{B^2}\).

Theo bất đẳng thức Cô-si cho \(\left( {AE,AF} \right)\) ta có

\(EF = AE + AF \ge 2\sqrt {AE.AF}  = 2\sqrt {A{B^2}}  = 2AB = 4R.\)

Vậy giá trị nhỏ nhất của \(EF\) là \(4R.\) đạt được khi \(CD \bot AB.\)

Ta có: \(AD\) là đường cao của \(\Delta ABC\) đều nên nó cũng là trung tuyến \( \Rightarrow BD = DC.\)

Xét \(\Delta DBH,\,\Delta DCH\) có

\(\begin{array}{l}BD = DC,\,\\\widehat {BDH} = \widehat {CDH} = {90^0}\\DH\,\,chung\end{array}\)\( \Rightarrow \Delta DBH = \,\Delta DCH\,\,\left( {c.g.c} \right) \Rightarrow BH = HC\,\,\left( 1 \right).\)

Do \(AH\) là đường kính nên \(\widehat {ACH} = {90^0}\). Mà $\widehat {ACD} = {60^0} \Rightarrow \widehat {DCH} = {30^0}$

Do \(OA = OC = R\) nên \(\widehat {OAC} = \widehat {OCA} = {30^0}\) suy ra \(\widehat {OCD} = {30^0}\)

Xét hai tam giác vuông \(\Delta ODC,\Delta HDC\) có \(\widehat {ODC} = \widehat {HDC} = {90^0};\widehat {OCD} = \widehat {HCD} = {30^0};CD\) chung nên \(\Delta ODC = \Delta HDC\left( {g.c.g} \right) \Rightarrow OC = CH\).

Tứ giác \(OBHC\) có 4 cạnh bằng nhau nên là hình thoi

Từ đó ta có \(OD = DH,\,BD = DC,\,\widehat {OCD} = {30^0},\,BC \bot OH\) nên:

$\begin{array}{l}{S_1} = {S_{OBHC}} = \dfrac{1}{2}BC.OH = \dfrac{1}{2}\left( {2OD} \right)\left( {2DC} \right) = 2OD.DC\\ = 2\left( {OC.\sin \,\widehat {OCD}} \right)\left( {OC.\,\cos \,\widehat {OCD}} \right)\\ = 2O{C^2}\sin \,{30^0}\,.\cos \,{30^0} = {2.1^2}.\dfrac{1}{2}.\dfrac{{\sqrt 3 }}{2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2}.\end{array}$                                      

Ta có diện tích hình quạt \(OBC\) là:

\({S_2} = \dfrac{{\pi {R^2}}}{{360}}.120 = \dfrac{\pi }{3}.\)

Vậy diện tích cần tính là \(S = {S_1} - {S_2} = \dfrac{{\sqrt 3 }}{2} - \dfrac{\pi }{3}.\)

Vì \(\Delta ABC\) vuông tại \(A\) và nội tiếp \(\left( O \right)\) nên \(BC\) là đường kính của \(\left( O \right)\).

Ta có: \(\left\{ \begin{array}{l}AB \bot AC\\CD//AB\end{array} \right.\,\,\left( {gt} \right) \Rightarrow AC \bot CD\) (từ vuông góc đến song song) \( \Rightarrow \angle ACD = {90^0}\).

Xét tứ giác \(AECD\) có: \(\angle AED = \angle ACD = {90^0}\) \( \Rightarrow AECD\) là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính AD. (Tứ giác có 2 đỉnh kề cùng nhìn một cạnh dưới các góc bằng nhau).