(1,5 điểm) Cho đường tròn \(\left( O \right)\) và một điểm \(A\) nằm ngoài đường tròn. Các tiếp tuyến với đường tròn kẻ từ \(A\) tiếp xúc với đường tròn tại \(B\) và \(C\). Gọi \(H\) là giao điểm của \(OA\) và \(BC\), kẻ đường kính \(BD\) của đường tròn \(\left( O \right)\), hạ \(CM \bot BD\) tại \(M.\) Tia \(AO\) cắt đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(E,F\).

a) Chứng minh rằng .

b) Chứng minh rằng \[BE\] là phân giác của \(\widehat {ABC}.\)

c) Cho \[\widehat {DCM} = 30^\circ \] và \[AH = 4{\rm{ cm}}\]. Tính diện tích hình quạt giới hạn bởi các bán kính \[OB,OC\] và cung nhỏ \(BC\).

a) Ta có: \(AB,AC\) là hai tiếp tuyến của đường tròn \(\left( O \right)\), suy ra \(OA\) là đường phân giác của \(\widehat {BOC}\) (tính chất) nên \(\widehat {AOC} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}.\)

Xét đường tròn \(\left( O \right)\), ta có: \(\widehat {CDB} = \frac{1}{2}\widehat {BOC}\) (góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn cung \(BC\))

Do đó, \(\widehat {AOC} = \widehat {CDB}\).

Xét \(\Delta CMD\) và \(\Delta ACO\) có:

\(\widehat {CMD} = \widehat {ACO} = 90^\circ \) và \(\widehat {CDM} = \widehat {AOC}\) (do \(\widehat {AOC} = \widehat {CDB}\))

Do đó (g.g).

b) Xét đường tròn \(\left( O \right)\), ta có: \(\widehat {EBF} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Ta có \(\widehat {ABO} = \widehat {EBF} = 90^\circ \) nên \(\widehat {ABE} + \widehat {EBO} = \widehat {EBO} + \widehat {OBF}\)

Suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {OBF}\).

Lại có: \(\widehat {OBF} = \widehat {OFB}\) (vì \(\Delta BOF\) cân tại \(O\) do \(OB = OF)\) suy ra \(\widehat {ABE} = \widehat {OFB}\) (1)

Mà \(\widehat {ECB} = \widehat {OFB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(EC\) của đường tròn tâm \(O\)) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {ECB} = \widehat {ABE}\). (3)

Mặt khác, \(AB = AC\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) và \(OB = OC = R\)

Suy ra \(OA\) là đường trung trực của \(BC\) mà \(E \in OA\), suy ra \(EB = EC\).

Do đó \(\Delta EBC\) cân tại \(E\) nên \(\widehat {ECB} = \widehat {EBC}\). (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {EBC} = \widehat {ABE}\) nên \(BE\) là tia phân giác của góc \(B\) trong tam giác \(ABH\).

Vậy \[BE\] là phân giác của \(\widehat {ABC}.\)

c) Theo câu a, (g.g), suy ra \(\widehat {OAC} = \widehat {DCM} = 30^\circ \).

Suy ra \(\widehat {AOC} = 90^\circ - \widehat {OAC} = 90^\circ - 30^\circ = 60^\circ \).

Do đó, \(\widehat {BOC} = 2\widehat {AOC} = 120^\circ \) hay

Xét \(\Delta AHC\) vuông tại \(H\), có: \(\cos \widehat {HAC} = \frac{{AH}}{{AC}}\)

Suy ra \(AC = \frac{{AH}}{{\cos \widehat {HAC}}} = \frac{4}{{\cos 30^\circ }} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Xét \(\Delta AOC\) vuông tại \(C\), có: \(OC = AC.\tan \widehat {OAC} = \frac{{8\sqrt 3 }}{3}.\tan 30^\circ = \frac{8}{3}{\rm{ }}\left( {{\rm{cm}}} \right).\)

Diện tích hình quạt giới hạn bởi các bán kính \[OB,OC\] và cung nhỏ \(BC\) là:

\[S = \frac{{\pi .{{\left( {\frac{8}{3}} \right)}^2} \cdot 120}}{{360}} = \frac{{64\pi }}{{27}}{\rm{ }}\left( {{\rm{c}}{{\rm{m}}^{\rm{2}}}} \right)\].