1. a) Chứng minh 4 điểm $A;E;M;O$ cùng thuộc một đường tròn

$AE\,;\,ME$ lần lượt là tiếp tuyến của $\left( O \right)$

$\to \widehat{EAO}=\widehat{EMO}=90{}^\circ $

Tứ giác $AEMO$ có:

$\widehat{EAO}+\widehat{EMO}=90{}^\circ +90{}^\circ =180{}^\circ $

$\to AEMO$ là tứ giác nội tiếp

$\to A;E;M;O$ cùng thuộc một đường tròn

1. b) Chứng minh $FB$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$ và $AE.BF=M{{O}^{2}}$

Ta có:

$EA=EM$ ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau )

$OA=OM\,\,\,\left( =R \right)$

$\to OE$ là đường trung trực của $AM$

$\to OE$ là phân giác $\widehat{MOA}$

Mà:

 $OE\bot OF$

$\widehat{MOA}$ và $\widehat{MOB}$ là hai góc kề bù

Nên $OF$ là phân giác $\widehat{MOB}$

Xét $\Delta OMF$ và $\Delta OBF$ có:

$OM=OB\,\,\,\left( =R \right)$

$OF$ là cạnh chung

$\widehat{MOF}=\widehat{BOF}$ ( $OF$ là phân giác $\widehat{MOB}$ )

$\to \Delta OMF=\Delta OBF\,\,\left( \,c.g.c\, \right)$

$\to \widehat{OMF}=\widehat{OBF}=90{}^\circ $

$\to FB$ là tiếp tuyến của $\left( O \right)$

$\Delta EOF$ vuông tại $O$ có $OM$ là đường cao

$\to O{{M}^{2}}=ME.MF$  ( hệ thức lượng )

Mà:

$\begin{cases}ME=AE\\MF=BF\end{cases}$   ( Tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau )

Vậy: $O{{M}^{2}}=AE.BF$

1. c) Chứng minh $MK\bot AB$

Ta có:

$\begin{cases}AE\bot AB\\BF\bot AB\end{cases}$  ( Vì $AE,BF$ là hai tiếp tuyến của $\left( O \right)$

$\to AE\,\,||\,\,BF$

Mà $AE$ cắt $BF$ tại $K$

Nên theo hệ quả của định lý Ta-let, ta có:

$\dfrac{KA}{KF}=\dfrac{AE}{BF}$

Mà:

$\begin{cases}AE=ME\\BF=MF\end{cases}$  ( tính chất hai tiếp tuyến cắt nhau )

$\to\dfrac{KA}{KF}=\dfrac{ME}{MF}$

$\to MK\,\,||\,\,AE$

Mà $AE\bot AB$

Vậy $MK\bot AB$

1. d) Tính diện tích $\Delta KAB$ theo $R$

$\overset\frown{AM}=60{}^\circ $

$\to \widehat{AOM}=60{}^\circ $

$\to \Delta AOM$ là tam giác đều

$\to AM=OA=OM=R$

$\to MB=\sqrt{A{{B}^{2}}-A{{M}^{2}}}=\sqrt{{{\left( 2R \right)}^{2}}-{{R}^{2}}}=R\sqrt{3}$

Gọi $H$ là giao điểm $OE$ và $AM$

Mà $OE$ là đường trung trực của $AM$

$\to H$là trung điểm $AM$ và $OE\bot AM$tại $H$

$\to AH=\dfrac{R}{2}$

$\Delta AEO$ vuông tại $A$ có $AH$ là đường cao

$\to \dfrac{1}{A{{H}^{2}}}=\dfrac{1}{A{{E}^{2}}}+\dfrac{1}{A{{O}^{2}}}$ ( hệ thức lượng )

$\to A{{E}^{2}}=\dfrac{A{{O}^{2}}.A{{H}^{2}}}{A{{O}^{2}}-A{{H}^{2}}}$

$\to A{{E}^{2}}=\dfrac{{{R}^{2}}.\dfrac{{{R}^{2}}}{4}}{{{R}^{2}}-\dfrac{{{R}^{2}}}{4}}=\dfrac{{{R}^{2}}}{3}$

$\to AE=\dfrac{R\sqrt{3}}{3}$

Cmtt ta được: $BF=R\sqrt{3}$

Kẻ $MK$ cắt $AB$ tại $N$

Theo hệ quả Ta – let trong hình thang $AEFB$ có $AE\,\,||\,\,BF$, ta được:

$\dfrac{NA}{NB}=\dfrac{AE}{BF}$

$\to \dfrac{NA}{AE}=\dfrac{NB}{BF}=\dfrac{NA+NB}{AE+BF}=\dfrac{2R}{\dfrac{4R\sqrt{3}}{3}}=\dfrac{\sqrt{3}}{2}$

$\to NB=\dfrac{\sqrt{3}}{2}BF=\dfrac{3R}{2}$

Theo hệ quả của định lý Ta – let trong $\Delta AEB$ có $KN\,\,||\,\,AE$, ta được:

$\dfrac{BN}{BA}=\dfrac{KN}{AE}$

$\to KN=\dfrac{BN\,.\,AE}{BA}=\dfrac{\dfrac{3R}{2}\,.\,\dfrac{R\sqrt{3}}{3}}{2R}=\dfrac{R\sqrt{3}}{4}$

Vậy

${{S}_{\Delta KAB}}=\dfrac{1}{2}\,.\,KN\,.\,AB=\dfrac{1}{2}\,.\,\dfrac{R\sqrt{3}}{4}\,.\,2R=\dfrac{{{R}^{2}}\sqrt{3}}{4}$