Cho hình bình hành ABCD có \(\widehat A = 120^\circ \). Tia phân giác của \(\widehat D\) qua trung điểm I của AB. Kẻ AH vuông góc với DC. Chứng minh rằng:

a) AB = 2AD.

b) DI = 2AH.

c) AC vuông góc với AD.

a) Ta có AC là tiếp tuyến của (O). Suy ra AC ⊥ AB   (1)

Chứng minh tương tự, ta được BD ⊥ AB   (2)

Từ (1), (2), suy ra AC // BD và \[\widehat {BAC} = 90^\circ \].

Vậy ABDC là hình thang vuông.

b) Ta có MD, MB là hai tiếp tuyến của (O).

Suy ra MD = MB.

Do đó D thuộc đường trung trực của đoạn MB      (3)

Lại có OB = OM = R.

Suy ra O thuộc đường trung trực của đoạn MB      (4)

Từ (3), (4), suy ra OD là đường trung trực của đoạn MB.

Vậy OD ⊥ MB tại N.

Ta có \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) và \(\widehat {AMB} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)).

Tam giác ABD vuông tại B có BE là đường cao: BD² = DE.DA          (5)

Tam giác BDO vuông tại B có BN là đường cao: BD² = DN.DO         (6)

Từ (5), (6), ta thu được DE.DA = DN.DO.

c) Xét ∆AOF và ∆OBD, có:

\(\widehat {AOF} = \widehat {OBD} = 90^\circ \);

AO = OB (= R);

\(\widehat {{A_1}} = \widehat {{O_1}}\) (cùng phụ với \(\widehat {ABM}\)).

Do đó ∆AOF = ∆OBD (cạnh huyền – góc nhọn).

Suy ra OF = BD (cặp cạnh tương ứng).

Mà OF // BD (cùng vuông góc với AB).

Do đó OFDB là hình bình hành.

Mà \[\widehat {OBD} = 90^\circ \].

Vậy OFDB là hình chữ nhật.

d) Ta có AM = OM = OA = R.

Suy ra tam giác OAM đều.

Do đó \(\widehat {DBM} = \widehat {{A_1}} = 60^\circ \) (cùng phụ với \(\widehat {ABM}\)) và DM = DB (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra tam giác MBD đều.

Khi đó DB = MB.

Tam giác ABM vuông tại M: \[MB = \sqrt {A{B^2} - A{M^2}} = \sqrt {4{R^2} - {R^2}} = R\sqrt 3 \].

Ta có CA = CM và CO là tia phân giác của \(\widehat {ACM}\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau).

Suy ra tam giác ACM cân tại C có CO là vừa là đường phân giác, vừa là đường cao.

Gọi K là giao điểm của CO và AM. Suy ra K là trung điểm của AM và CK ⊥ AK.

Ta có \(\widehat {CAK} = 90^\circ - \widehat {KAO} = 90^\circ - 60^\circ = 30^\circ \).

Tam giác AKC vuông tại K: \[AC = \frac{{AK}}{{\cos \widehat {CAK}}} = \frac{{AM}}{{2.\cos \widehat {CAK}}} = \frac{R}{{2.\cos 30^\circ }} = \frac{R}{{\sqrt 3 }}\].

Khi đó \[{S_{ABDC}} = \frac{{\left( {AC + BD} \right).AB}}{2} = \frac{{\left( {AC + MB} \right).AB}}{2}\].

\[ = \frac{{\left( {\frac{R}{{\sqrt 3 }} + R\sqrt 3 } \right).2R}}{2} = \frac{{4{R^2}}}{{\sqrt 3 }}\].

Vậy diện tích tứ giác ABDC bằng \[\frac{{4{R^2}}}{{\sqrt 3 }}\].