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).