(1,5 điểm) Cho nửa đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AB = 2R,\) \(D\) là một điểm tùy ý trên nửa đường tròn (\(D\) khác \(A\) và \(D\) khác \(B\)). Các tiếp tuyến với nửa đường tròn \(\left( O \right)\) tại \(A\) và \(D\) cắt nhau tại \(C,{\rm{ }}BC\) cắt nửa đường tròn \(\left( O \right)\) tại điểm \(E\) (\(E\) nằm giữa \(C\) và \(B\)). Kẻ \(DF \bot AB\) tại \(F\).

     a) Chứng minh bốn điểm \(O,\,\,A,\,\,C,\,\,D\) cùng thuộc một đường tròn.

     b) Chứng minh đường thẳng \(BC\) đi qua trung điểm của \(DF\).

     c) Giả sử \(OC = 2R,\) tính diện tích phần tam giác \(ACD\) nằm ngoài nửa đường tròn \(\left( O \right)\) theo \(R.\)

Hướng dẫn giải

a) Xét \(\Delta CAO\) vuông tại \(A\) (\(CA\) là tiếp tuyến) nên ba điểm \(O,A,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(CO.\) (1)

Xét \(\Delta CDO\) vuông tại \(D\) (\(DC\) là tiếp tuyến) nên ba điểm \(O,C,D\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(CO.\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra bốn điểm \(O,A,C,D\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(CO.\)

b) Gọi \(BD\) cắt \(AC\) tại \(A'\), \(BC\) cắt \(DF\) tại \(I\).

Xét \(\Delta ADB\) có trung tuyến \(OD = \frac{1}{2}AB\) nên \(\Delta ADB\) vuông tại \(D\).

Suy ra \(\Delta ADA'\) vuông tại \(D\).

Lại có \(CD = CA\) (tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau) nên suy ra được \[CD = AC'\].

Suy ra \[\Delta CAD\] cân tại \[C\] nên \[\widehat {CAD} = \widehat {CDA}\].

Có \[\widehat {CAD} + \widehat {AA'D} = \widehat {CDA} + \widehat {CDA'} = 90^\circ \] nên \[\widehat {AA'D} = \widehat {A'DC}\].

Suy ra \(CA' = A'D\).

Từ đây suy ra \(CA' = CA = CD\) hay \(C\) là trung điểm của \(AA'\).

Mặt khác, \(DF\parallel AA '\) (cùng vuông góc với \(AB\)) nên theo định lí Thalès thì \(\frac{{ID}}{{CA'}} = \frac{{IF}}{{CA}}\left( { = \frac{{BI}}{{BC}}} \right)\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(ID = IF\).

Do đó, \(BC\) đi qua trung điểm của \(DF.\)

c) Ta có: \(\cos \widehat {COD} = \frac{{OD}}{{OC}} = \frac{R}{{2R}} = \frac{1}{2}\) suy ra \(\widehat {COD} = 60^\circ .\)

Suy ra \(\widehat {AOD} = 180^\circ - \widehat {COD} = 180^\circ - 60^\circ = 120^\circ \).

Ta có \({S_{quat{\rm{ }}AOD}} = \frac{{\pi \cdot {R^2} \cdot 120^\circ }}{{360^\circ }} = \frac{{\pi {R^2}}}{3}\).

Áp dụng định lí Pythagore vào tam giác \(COD\), có \(CD = \sqrt {C{O^2} - O{D^2}} = \sqrt {4{R^2} - {R^2}} = R\sqrt 3 \).

Ta có: \({S_{OCD}} = \frac{1}{2}CD \cdot DO = \frac{1}{2} \cdot R\sqrt 3 \cdot R = \frac{{{R^2}\sqrt 3 }}{2}\).

Xét \(\Delta DCO\) và \(\Delta ACO\), có: \(CO\) chung (gt)

                                            \(CA = CD\) (tính chất)

                                            \(OA = OD = R\) (gt)

Do đó, \(\Delta DCO = \Delta ACO\) (c.c.c).

Suy ra \({S_{ACO}} = {S_{COD}} = \frac{1}{2}{S_{ACDO}}\).

Do đó, \({S_{ACDO}} = 2{S_{CDO}} = {R^2}\sqrt 3 \).

Diện tích phần tam giác \(ACD\) nằm ngoài đường tròn là: \({R^2}\sqrt 3 - \frac{{\pi {R^2}}}{3} = \left( {\sqrt 3 - \frac{\pi }{3}} \right){R^2}\).