Bài tập vận dụng cao từ các đề thi chuyên

Ta có M là trung điểm của cạnh BC $\Rightarrow OM \bot BC$ (liên hệ đường kính và dây cung)

Ta có tứ giác BMPD nội tiếp ( vì $\widehat {BDP}$+ $\widehat {BMP}$=180⁰) $\Rightarrow \widehat {MDP}$ = $\widehat {MBP}$  (tính chất của tứ giác nội tiếp) (1)

Tương tự có tứ giác  MCEP nội tiếp => $\widehat {MEP}$ = $\widehat {MCP}$  (tính chất của tứ giác nội tiếp) (2)

Mà tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại P  nên dễ dàng suy ra được $\Delta BPC\;$cân tại P ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow \widehat {MCP}{\rm{\;}} = \;\widehat {MBP}\;\left( 3 \right)$

Từ (1); (2);(3) => $\widehat {MEP}$ = $\widehat {MDP}$

Gọi diện tích hình cần tính là S, diện tích hình tròn (O) là $S'$ , gọi giao điểm $BC$ và $IK$ là $M.$

Ta có ngay :

$\begin{array}{l}S = S' - {S_{ICKB}} = \pi I{O^2} - {S_{IBK}} - {S_{IKC}}\\ = \pi \dfrac{{I{K^2}}}{4} - \dfrac{{BM.IK}}{2} - \dfrac{{CM.IK}}{2}\\ = \pi \dfrac{{I{K^2}}}{4} - \dfrac{{BC.IK}}{2}.\end{array}$

Ta có :

$\begin{array}{l}\;\;\;\;\;{S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AM.BC = \dfrac{{AB + BC + CA}}{2}.IM\\ \Leftrightarrow \sqrt {A{B^2} - B{M^2}} .24 = \left( {AB + BC + CA} \right).IM\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{20}^2} - {{\left( {\dfrac{{24}}{2}} \right)}^2}} .24 = \left( {20.2 + 24} \right).IM\\ \Leftrightarrow IM = 6.\end{array}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác $IBM$ vuông tại $B$ có đường cao $BM$ ta có :

$\begin{array}{l}B{M^2} = IM.MK \Leftrightarrow MK = \dfrac{{B{M^2}}}{{IM}} = \dfrac{{{{12}^2}}}{6} = 24.\\ \Rightarrow IM = IM + MK = 6 + 24 = 30.\\ \Rightarrow S = \dfrac{1}{4}\pi I{K^2} - \dfrac{1}{2}BC.IK = \dfrac{1}{4}\pi {.30^2} - \dfrac{1}{2}.24.30\\ = 225\pi  - 360\;\;\left( {dvdt} \right).\end{array}$

+) Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC là phân giác trong của góc C.

Vì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC của góc A nên  CK là phân giác ngoài của góc C.

Theo tính chất phân giác trong và phân giác ngoài ta có IC vuông CK nên $\widehat {ICK} = {90^0}$

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: $\widehat {IBK} = {90^0}$

Xét tứ giác BICK ta có: $\widehat {IBK} + \widehat {ICK} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.$

$\Rightarrow BICK$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng ${180^0}$)

Do O là trung điểm của IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền thì OC = OI = OK.

Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC hay bốn điểm B, I, C, K cùng thuộc (O)

+) Ta có : Tam giác IOC cân tại O nên : $\widehat {OIC} = \widehat {OCI}.$

Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có :

$\widehat {OIC} = \widehat {IAC} + \widehat {ACI} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ACB} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ABC}$

$\Rightarrow \widehat {ICO} + \widehat {ICA} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ABC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ACB} = \dfrac{1}{2}{.180^0} = {90^0}$

$\Rightarrow OC \bot CA.$

Do đó AC là tiếp tuyến của (O) tại C.

Cả A, B đều đúng.

+) Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC là phân giác trong của góc C.

Vì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC của góc A nên  CK là phân giác ngoài của góc C.

Theo tính chất phân giác trong và phân giác ngoài ta có IC vuông CK nên $\widehat {ICK} = {90^0}$

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: $\widehat {IBK} = {90^0}$

Xét tứ giác BICK ta có: $\widehat {IBK} + \widehat {ICK} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.$

$\Rightarrow BICK$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng ${180^0}$)

Do O là trung điểm của IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền thì OC = OI = OK.

Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC hay bốn điểm B, I, C, K cùng thuộc (O)

+) Ta có : Tam giác IOC cân tại O nên : $\widehat {OIC} = \widehat {OCI}.$

Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có :

$\widehat {OIC} = \widehat {IAC} + \widehat {ACI} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ACB} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ABC}$

$\Rightarrow \widehat {ICO} + \widehat {ICA} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ABC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ACB} = \dfrac{1}{2}{.180^0} = {90^0}$

$\Rightarrow OC \bot CA.$

Do đó AC là tiếp tuyến của (O) tại C.

Cả A, B đều đúng.

Kẻ $SE \bot MN \Rightarrow {S_{SMN}} = \dfrac{1}{2}MN.SE$. Mà có $MN$ cố định ($MN$ là đường kính của đường tròn)

Vậy nên ${S_{SMN}}$ max khi và chỉ khi $SE$ max

Xét $\Delta SOE$ vuông tại E có $SO$ là cạnh huyền , $SE$ là cạnh góc vuông $\Rightarrow SE \le SO \Rightarrow {S_{SMN}} \le \dfrac{1}{2}MN.SO$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $SE$ trùng với $SO$, suy ra $SO \bot MN$.

Vậy diện tích tam giác$SMN$   lớn nhất khi và chỉ khi $SO \bot MN$.

Gọi $D,K$ lần lượt là giao điểm của $SO$ với đường tròn ($D$ nằm giữa $K$ và $S$)

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có:

 $\angle SAD$ là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung $AD$

$\angle AKS$ là góc nội tiếp chắn cung $AD$.

Suy ra $\angle SAD = \angle AKS$.

Xét $\Delta SDA$ và $\Delta SAK$ có:

$\angle KSA$ chung

$\angle SAD = \angle AKS$ (cmt)

$\Rightarrow \Delta SDA \backsim \Delta SAK \Rightarrow \dfrac{{SA}}{{SK}} = \dfrac{{SD}}{{SA}} \Rightarrow S{A^2} = SK.SD$.  (1)

Xét $\Delta KCS$ và $\Delta BDS$ ta có:

$\angle AKC = \angle DBS$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DC)

$\angle DSC$ chung

$\Rightarrow \Delta KCS \backsim \Delta BDS \Rightarrow \dfrac{{KS}}{{BS}} = \dfrac{{SC}}{{SD}} \Rightarrow SB.SC = SK.SD$                         (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow S{A^2} = SC.SB$

Gọi $D,K$ lần lượt là giao điểm của $SO$ với đường tròn ($D$ nằm giữa $K$ và $S$)

Xét đường tròn $\left( O \right)$ có:

 $\angle SAD$ là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung $AD$

$\angle AKS$ là góc nội tiếp chắn cung $AD$.

Suy ra $\angle SAD = \angle AKS$.

Xét $\Delta SDA$ và $\Delta SAK$ có:

$\angle KSA$ chung

$\angle SAD = \angle AKS$ (cmt)

$\Rightarrow \Delta SDA \backsim \Delta SAK \Rightarrow \dfrac{{SA}}{{SK}} = \dfrac{{SD}}{{SA}} \Rightarrow S{A^2} = SK.SD$.  (1)

Xét $\Delta KCS$ và $\Delta BDS$ ta có:

$\angle AKC = \angle DBS$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung DC)

$\angle DSC$ chung

$\Rightarrow \Delta KCS \backsim \Delta BDS \Rightarrow \dfrac{{KS}}{{BS}} = \dfrac{{SC}}{{SD}} \Rightarrow SB.SC = SK.SD$                         (2)

Từ (1) và (2) $\Rightarrow S{A^2} = SC.SB$

Ta nhận thấy ${S_{MFE}} = 2{S_{MEO}}$ (do có chung đường cao$MO$và $OE = \dfrac{1}{2}FE$)

$\Rightarrow {S_{MFE}}\max  \Leftrightarrow {S_{MEO}}\max$

Xét $\Delta MEO$ có: ${S_{MEO}} = \dfrac{1}{2}CO.ME = \dfrac{1}{2}R.\left( {CE + CM} \right)$

Mà có: $CM = \dfrac{{CO}}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} = \dfrac{R}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}};CE = \dfrac{{CO}}{{\tan \left( {\angle CEO} \right)}} = \dfrac{R}{{\tan \left( {{{90}^o} - \angle CMO} \right)}} = \dfrac{R}{{\cot \left( {\angle CMO} \right)}}$

$\Rightarrow {S_{MEO}} = \dfrac{1}{2}{R^2}\left( {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \dfrac{1}{{\cot \left( {\angle CMO} \right)}}} \right) = \dfrac{1}{2}{R^2}\left( {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \tan \left( {\angle CMO} \right)} \right)$

Mà có $\angle CMO$ nhọn (do $\Delta COM$ vuông tại $C$) $\Rightarrow \tan \left( {\angle CMO} \right) > 0$

Áp dụng bất đẳng thức cosi ta có :$\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \tan \left( {\angle CMO} \right) \ge 2\sqrt {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}}.\tan \left( {\angle CMO} \right)}  = 2$

$\Rightarrow {S_{MFE}} = 2{S_{MEO}} = 2.\dfrac{1}{2}{R^2}\left( {\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} + \tan \left( {\angle CMO} \right)} \right) \ge 2{R^2}$

Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi $\dfrac{1}{{\tan \left( {\angle CMO} \right)}} = \tan \left( {\angle CMO} \right) \Leftrightarrow \tan \left( {\angle CMO} \right) = 1 \Leftrightarrow \angle CMO = {45^o}$

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}CO = CM\\\angle CMD = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow MCOD$ là hình vuông (do có 3 góc vuông và hai cạnh kề nhau bằng nhau).

* Xét đường tròn $\left( {O;R} \right)$ có $H$ là trung điểm của dây cung $AB$$\Rightarrow OH \bot AB \Rightarrow \angle OHM = {90^o}$ (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Xét đường tròn $\left( {O;R} \right)$ có $MD$ là tiếp tuyến $\Rightarrow OD \bot MD \Rightarrow \angle ODM = {90^o}$ (tính chất của tiếp tuyến)

Xét tứ giác $DOHM$ có: $\left\{ \begin{array}{l}\angle OHM = {90^o}\\\angle ODM = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow \angle OHM + \angle ODM = {180^o}$

Suy ra tứ giác $DOHM$ nội tiếp đường tròn  $\Rightarrow D;O;H;M$ cùng thuộc một đường tròn nên A đúng.

* Xét $\Delta COM$ và $\Delta DOM$ có

+)$OM$ chung

+) $\angle OCM = \angle ODM = {90^o}$

+) $OC = OD = R$

$\Rightarrow \Delta COM = \Delta DOM$ (cạnh huyền - cạnh góc vuông) $\Rightarrow \angle COI = \angle IOD$ (2 góc tương ứng)

$\Rightarrow CI = ID \Rightarrow \Delta ICD$ cân $\Rightarrow \angle ICD = \angle IDC$ (Tính chất tam giác cân) 

Xét đường tròn $\left( {O;R} \right)$ có $\angle ICD$ là góc nội tiếp chắn cung $ID$; $\angle IDM$ là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung $ID$$\Rightarrow \angle ICD = \angle IDM$

Mà có $\angle ICD = \angle IDC \Rightarrow \angle IDO = \angle IDM$

$\Rightarrow ID$ là phân giác $\angle ODM$                                            (1)

Chứng minh tương tự có : $IC$ là phân giác $\angle MCO$  (2)

Mà có $ID$ cắt $IC$ tại $I$, suy ra $I$ là giao điểm của 3 đường phân giác trong $\Delta MCD$. Suy ra $I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta MCD$ nên B đúng, C sai.

* Xét đường tròn $\left( {O;R} \right)$ có $H$ là trung điểm của dây cung $AB$$\Rightarrow OH \bot AB \Rightarrow \angle OHM = {90^o}$ (mối liên hệ giữa đường kính và dây cung)

Xét đường tròn $\left( {O;R} \right)$ có $MD$ là tiếp tuyến $\Rightarrow OD \bot MD \Rightarrow \angle ODM = {90^o}$ (tính chất của tiếp tuyến)

Xét tứ giác $DOHM$ có: $\left\{ \begin{array}{l}\angle OHM = {90^o}\\\angle ODM = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow \angle OHM + \angle ODM = {180^o}$

Suy ra tứ giác $DOHM$ nội tiếp đường tròn  $\Rightarrow D;O;H;M$ cùng thuộc một đường tròn nên A đúng.

* Xét $\Delta COM$ và $\Delta DOM$ có

+)$OM$ chung

+) $\angle OCM = \angle ODM = {90^o}$

+) $OC = OD = R$

$\Rightarrow \Delta COM = \Delta DOM$ (cạnh huyền - cạnh góc vuông) $\Rightarrow \angle COI = \angle IOD$ (2 góc tương ứng)

$\Rightarrow CI = ID \Rightarrow \Delta ICD$ cân $\Rightarrow \angle ICD = \angle IDC$ (Tính chất tam giác cân) 

Xét đường tròn $\left( {O;R} \right)$ có $\angle ICD$ là góc nội tiếp chắn cung $ID$; $\angle IDM$ là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung chắn cung $ID$$\Rightarrow \angle ICD = \angle IDM$

Mà có $\angle ICD = \angle IDC \Rightarrow \angle IDO = \angle IDM$

$\Rightarrow ID$ là phân giác $\angle ODM$                                            (1)

Chứng minh tương tự có : $IC$ là phân giác $\angle MCO$  (2)

Mà có $ID$ cắt $IC$ tại $I$, suy ra $I$ là giao điểm của 3 đường phân giác trong $\Delta MCD$. Suy ra $I$ là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta MCD$ nên B đúng, C sai.

 Ta có

$\begin{array}{l}FH = AH.\sin \widehat {BAD} = AH.\dfrac{{BD}}{{AB}}\\PM = BM.\sin \widehat {ABD} = BM.\dfrac{{AD}}{{AB}}\\ \Rightarrow FH.PM = AH.BM.\dfrac{{BD}}{{AB}}.\dfrac{{AD}}{{AB}}.\end{array}$

Chứng minh tương tự ta có:

$HE.QM = AH.MC.\dfrac{{DC}}{{AC}}.\dfrac{{AD}}{{AC}}$

Ta có : $HE.MQ = HF.MP$

$\Rightarrow AH.BM.\dfrac{{BD}}{{AB}}.\dfrac{{AD}}{{AB}} = AH.MC.\dfrac{{DC}}{{AC}}.\dfrac{{AD}}{{AC}} \Rightarrow \dfrac{{BM}}{{MC}}.\dfrac{{BD}}{{DC}} = {\left( {\dfrac{{AB}}{{AC}}} \right)^2}\;.$

:      

*)  Xét tứ giác $HDCE$ có: $\left\{ \begin{array}{l}\angle HEC = {90^o}\\\angle HDC = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow \angle HEC + \angle HDC = {180^o}$

Suy ra tứ giác $HDCE$ nội tiếp đường tròn $\Rightarrow \angle HDE = \angle HCE$ ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung $HE$)

Chứng minh tương tự có $\angle FBH = \angle FDH$

Mà có $\angle FBH = \angle HCE$ (do cùng phụ với $\angle BAC$)

$\Rightarrow \angle FDH = \angle HDE$ , suy ra $HD$ là phân giác $\angle FDE$

Chứng minh tương tự ta có : $HE$là tia phân giác $\angle FED$ ; $FH$ là phân giác $\angle DFE$

Suy ra H là giao của 3 đường phân giác trong $\Delta FDE$ , suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta FDE\;\;\left( {dpcm} \right).$

*) Kéo dài $AO$ cắt $\left( O \right)$ tại $G.$

Có$\angle ACG = {90^o}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra $BH//GC$ (do cùng vuông góc với ${\rm{AC}}$)

Chứng minh tương tự có $HC//BG$

$\Rightarrow BHCG$ là hình bình hành  (do có 2 cặp cạnh đối song song)$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BH = GC\\HC = BG\end{array} \right.$

Xét $\Delta ACG$ có : $MQ//GC$ (do cùng vuông góc với ${\rm{AC}}$)

$\Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{GC}} = \dfrac{{AM}}{{AG}}$ (định lí Ta-lét)

Chứng minh tương tự có $\dfrac{{PM}}{{BG}} = \dfrac{{AM}}{{AG}}$

$\Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{GC}} = \dfrac{{PM}}{{BG}}\left( { = \dfrac{{AM}}{{AG}}} \right).$

Mà có $\left\{ \begin{array}{l}BH = GC\\HC = BG\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{BH}} = \dfrac{{PM}}{{HC}} \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{PM}} = \dfrac{{BH}}{{HC}}\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)$

Xét $\Delta FHB$ và $\Delta EHC$ có:

 $\angle FBH = \angle HCE$  (do cùng phụ với $\angle BAC$)

$\angle BFH = \angle HEC = {90^o}$

$\Rightarrow \Delta FHB \backsim \Delta EHC\left( {g - g} \right) \Rightarrow \dfrac{{FH}}{{HE}} = \dfrac{{BH}}{{HC}}$        (2)   

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{PM}} = \dfrac{{FH}}{{HE}} \Rightarrow MQ.HE = HF.MP.$

Vậy cả A, B đều đúng.

:      

*)  Xét tứ giác $HDCE$ có: $\left\{ \begin{array}{l}\angle HEC = {90^o}\\\angle HDC = {90^o}\end{array} \right. \Rightarrow \angle HEC + \angle HDC = {180^o}$

Suy ra tứ giác $HDCE$ nội tiếp đường tròn $\Rightarrow \angle HDE = \angle HCE$ ( 2 góc nội tiếp cùng chắn cung $HE$)

Chứng minh tương tự có $\angle FBH = \angle FDH$

Mà có $\angle FBH = \angle HCE$ (do cùng phụ với $\angle BAC$)

$\Rightarrow \angle FDH = \angle HDE$ , suy ra $HD$ là phân giác $\angle FDE$

Chứng minh tương tự ta có : $HE$là tia phân giác $\angle FED$ ; $FH$ là phân giác $\angle DFE$

Suy ra H là giao của 3 đường phân giác trong $\Delta FDE$ , suy ra H là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta FDE\;\;\left( {dpcm} \right).$

*) Kéo dài $AO$ cắt $\left( O \right)$ tại $G.$

Có$\angle ACG = {90^o}$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)

Suy ra $BH//GC$ (do cùng vuông góc với ${\rm{AC}}$)

Chứng minh tương tự có $HC//BG$

$\Rightarrow BHCG$ là hình bình hành  (do có 2 cặp cạnh đối song song)$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}BH = GC\\HC = BG\end{array} \right.$

Xét $\Delta ACG$ có : $MQ//GC$ (do cùng vuông góc với ${\rm{AC}}$)

$\Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{GC}} = \dfrac{{AM}}{{AG}}$ (định lí Ta-lét)

Chứng minh tương tự có $\dfrac{{PM}}{{BG}} = \dfrac{{AM}}{{AG}}$

$\Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{GC}} = \dfrac{{PM}}{{BG}}\left( { = \dfrac{{AM}}{{AG}}} \right).$

Mà có $\left\{ \begin{array}{l}BH = GC\\HC = BG\end{array} \right. \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{BH}} = \dfrac{{PM}}{{HC}} \Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{PM}} = \dfrac{{BH}}{{HC}}\;\;\;\;\;\;\left( 1 \right)$

Xét $\Delta FHB$ và $\Delta EHC$ có:

 $\angle FBH = \angle HCE$  (do cùng phụ với $\angle BAC$)

$\angle BFH = \angle HEC = {90^o}$

$\Rightarrow \Delta FHB \backsim \Delta EHC\left( {g - g} \right) \Rightarrow \dfrac{{FH}}{{HE}} = \dfrac{{BH}}{{HC}}$        (2)   

Từ (1) và (2) $\Rightarrow \dfrac{{MQ}}{{PM}} = \dfrac{{FH}}{{HE}} \Rightarrow MQ.HE = HF.MP.$

Vậy cả A, B đều đúng.

$\Delta ABC\;\;$đều, khi đó $A,{\rm{ }}O,{\rm{ }}M,{\rm{ }}F$ thẳng hàng, $AF$ vuông góc với $DE$ tại $F.$$\Rightarrow$  ${S_{\Delta ADE}}$ $= \dfrac{1}{2}DE.AF$

$\Delta ABC\;\;$đều nên ta có: $\widehat {CAB} = {60^0}$ mà $\widehat {CBP} = \widehat {CAB} = {60^0}$(góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung BC)

$\Rightarrow AM = MP;MF = \dfrac{1}{2}MP$

 có $AB = \;\sqrt {A{M^2} + \;M{B^{2\;}}}$ $\Rightarrow AB = R\sqrt 3$

$OA = R \Rightarrow AM = \dfrac{3}{2}OA = \dfrac{3}{2}R \Rightarrow AF = \dfrac{3}{2}R + \dfrac{3}{4}R = \dfrac{9}{4}R$

$\Delta ABC\;\;\backsim\;\Delta ADE$  $\Rightarrow$  $\dfrac{{BC}}{{DE}} = \dfrac{{AM}}{{AF}} = \dfrac{2}{3} \Rightarrow DE = \dfrac{{3\sqrt 3 }}{2}R$

$\Rightarrow {S_{\Delta ADE}} = \dfrac{1}{2}DE.AF = \dfrac{{27\sqrt 3 }}{{16}}{R^2}$ .

$\;\widehat {A\;} = \;\widehat {CBP}\;$ cùng chắn cung $BC$

Ta có. $\widehat A$ + $\widehat {ABC}$ + $\widehat {ACB} = {180^0}\;$ (tổng ba góc trong tam giác)

Có $\widehat {CBP}$ + $\widehat {ABC}\;$+ $\widehat {PBD}$ = ${180^0}$ (vì A, B, D thẳng hàng)

$\Rightarrow \widehat {ACB}\;$=  $\widehat {PBD}$

Mà $\widehat {ACB}\;$ = $\widehat {MPE}$ (cùng phụ góc $ECM$ )

$\widehat {PBD}$ = $\widehat {MPE}$(cùng chắn cung $BD$ )

=> $\widehat {MPE}\;$= $\widehat {MPE}$

Mà 2 góc trên ở vị trí so le trong  $\Rightarrow MD//EP$

Mặt khác ta xét hai tam giác  $\Delta MEP\;;\;\Delta PDM$  ta chứng minh được $\widehat {EMP} = \;\widehat {MPD}$

Mà 2 góc lại ở vị trí so le trong  nên  $ME//PD$

Vậy tứ giác $EMDP$ là hình bình hành

$\Rightarrow ED$  đi qua trung điểm $F$ của $MP$

Vì $B,{\rm{ }}C$ cố định $\Rightarrow M,P$ cố định $\Rightarrow$  trung điểm $F$ của $MP$ cố định

Ta có M là trung điểm của cạnh BC $\Rightarrow OM \bot BC$ (liên hệ đường kính và dây cung)

Ta có tứ giác BMPD nội tiếp ( vì $\widehat {BDP}$+ $\widehat {BMP}$=180⁰) $\Rightarrow \widehat {MDP}$ = $\widehat {MBP}$  (tính chất của tứ giác nội tiếp) (1)

Tương tự có tứ giác  MCEP nội tiếp => $\widehat {MEP}$ = $\widehat {MCP}$  (tính chất của tứ giác nội tiếp) (2)

Mà tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại P  nên dễ dàng suy ra được $\Delta BPC\;$cân tại P ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow \widehat {MCP}{\rm{\;}} = \;\widehat {MBP}\;\left( 3 \right)$

Từ (1); (2);(3) => $\widehat {MEP}$ = $\widehat {MDP}$

Ta có M là trung điểm của cạnh BC $\Rightarrow OM \bot BC$ (liên hệ đường kính và dây cung)

Ta có tứ giác BMPD nội tiếp ( vì $\widehat {BDP}$+ $\widehat {BMP}$=180⁰) $\Rightarrow \widehat {MDP}$ = $\widehat {MBP}$  (tính chất của tứ giác nội tiếp) (1)

Tương tự có tứ giác  MCEP nội tiếp => $\widehat {MEP}$ = $\widehat {MCP}$  (tính chất của tứ giác nội tiếp) (2)

Mà tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại P  nên dễ dàng suy ra được $\Delta BPC\;$cân tại P ( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

$\Rightarrow \widehat {MCP}{\rm{\;}} = \;\widehat {MBP}\;\left( 3 \right)$

Từ (1); (2);(3) => $\widehat {MEP}$ = $\widehat {MDP}$

+) Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC là phân giác trong của góc C.

Vì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC của góc A nên  CK là phân giác ngoài của góc C.

Theo tính chất phân giác trong và phân giác ngoài ta có IC vuông CK nên $\widehat {ICK} = {90^0}$

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: $\widehat {IBK} = {90^0}$

Xét tứ giác BICK ta có: $\widehat {IBK} + \widehat {ICK} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.$

$\Rightarrow BICK$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng ${180^0}$)

Do O là trung điểm của IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền thì OC = OI = OK.

Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC hay bốn điểm B, I, C, K cùng thuộc (O)

+) Ta có : Tam giác IOC cân tại O nên : $\widehat {OIC} = \widehat {OCI}.$

Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có :

$\widehat {OIC} = \widehat {IAC} + \widehat {ACI} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ACB} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ABC}$

$\Rightarrow \widehat {ICO} + \widehat {ICA} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ABC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ACB} = \dfrac{1}{2}{.180^0} = {90^0}$

$\Rightarrow OC \bot CA.$

Do đó AC là tiếp tuyến của (O) tại C.

Cả A, B đều đúng.

Gọi diện tích hình cần tính là S, diện tích hình tròn (O) là $S'$ , gọi giao điểm $BC$ và $IK$ là $M.$

Ta có ngay :

$\begin{array}{l}S = S' - {S_{ICKB}} = \pi I{O^2} - {S_{IBK}} - {S_{IKC}}\\ = \pi \dfrac{{I{K^2}}}{4} - \dfrac{{BM.IK}}{2} - \dfrac{{CM.IK}}{2}\\ = \pi \dfrac{{I{K^2}}}{4} - \dfrac{{BC.IK}}{2}.\end{array}$

Ta có :

$\begin{array}{l}\;\;\;\;\;{S_{ABC}} = \dfrac{1}{2}AM.BC = \dfrac{{AB + BC + CA}}{2}.IM\\ \Leftrightarrow \sqrt {A{B^2} - B{M^2}} .24 = \left( {AB + BC + CA} \right).IM\\ \Leftrightarrow \sqrt {{{20}^2} - {{\left( {\dfrac{{24}}{2}} \right)}^2}} .24 = \left( {20.2 + 24} \right).IM\\ \Leftrightarrow IM = 6.\end{array}$

Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác $IBM$ vuông tại $B$ có đường cao $BM$ ta có :

$\begin{array}{l}B{M^2} = IM.MK \Leftrightarrow MK = \dfrac{{B{M^2}}}{{IM}} = \dfrac{{{{12}^2}}}{6} = 24.\\ \Rightarrow IM = IM + MK = 6 + 24 = 30.\\ \Rightarrow S = \dfrac{1}{4}\pi I{K^2} - \dfrac{1}{2}BC.IK = \dfrac{1}{4}\pi {.30^2} - \dfrac{1}{2}.24.30\\ = 225\pi  - 360\;\;\left( {dvdt} \right).\end{array}$

+) Vì I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên IC là phân giác trong của góc C.

Vì K là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC của góc A nên  CK là phân giác ngoài của góc C.

Theo tính chất phân giác trong và phân giác ngoài ta có IC vuông CK nên $\widehat {ICK} = {90^0}$

Chứng minh hoàn toàn tương tự ta có: $\widehat {IBK} = {90^0}$

Xét tứ giác BICK ta có: $\widehat {IBK} + \widehat {ICK} = {90^0} + {90^0} = {180^0}.$

$\Rightarrow BICK$ là tứ giác nội tiếp (tứ giác có tổng hai góc đối diện bằng ${180^0}$)

Do O là trung điểm của IK nên theo tính chất trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền thì OC = OI = OK.

Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác IBKC hay bốn điểm B, I, C, K cùng thuộc (O)

+) Ta có : Tam giác IOC cân tại O nên : $\widehat {OIC} = \widehat {OCI}.$

Mặt khác, theo tính chất góc ngoài của tam giác ta có :

$\widehat {OIC} = \widehat {IAC} + \widehat {ACI} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ACB} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ABC}$

$\Rightarrow \widehat {ICO} + \widehat {ICA} = \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ABC} + \dfrac{1}{2}\widehat {ACB} = \dfrac{1}{2}{.180^0} = {90^0}$

$\Rightarrow OC \bot CA.$

Do đó AC là tiếp tuyến của (O) tại C.

Cả A, B đều đúng.