Lời giải:
Do $MA$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $MA\perp MO$
Xét tam giác $MAO$ vuông tại $M$ có đường cao $MH$ nên theo hệ thức lượng trong tam giác vuông suy ra \(MA^2=AH.AO(*)\)
Xét tam giác $AMB$ và $ACM$ có:
\(\left\{\begin{matrix} \text{chung góc A}\\ \widehat{AMB}=\widehat{ACM}\end{matrix}\right.\) (góc tạo bởi tiếp tuyến và một dây cung thì bằng góc nội tiếp chắn dây cung đó)
\(\Rightarrow \triangle AMB\sim \triangle ACM(g.g)\Rightarrow \frac{AM}{AB}=\frac{AC}{AM}\Rightarrow AM^2=AB.AC(**)\)
Từ \((*):(**)\Rightarrow AH.AO=AB.AC\)
Do đó tứ giác $BHCO$ nội tiếp
b)
\(AO\cap (O)=T\)
Theo định lý Pitago: \(AM=\sqrt{AO^2-MO^2}=\sqrt{2R^2-R^2}=R\)
\(S_{AOM}=\frac{AM.MO}{2}=\frac{R^2}{2}\)
\(\tan \widehat{MOA}=\frac{MA}{MO}=\frac{R}{R}=1\Rightarrow \widehat{MOA}=45^0\)
Diện tích hình quạt con $MOT$ là:
\(s=\pi R^2.\frac{\widehat{MOT}}{360^0}=\pi R^2. \frac{1}{8}=\frac{\pi R^2}{8}\)
Do đó diện tích phần tam giác AOM nằm ngoài $(O)$ là:
\(S_{AOM}-s=R^2(\frac{1}{2}-\frac{\pi}{8})\)
Akai Haruma