Hướng dẫn giải:

Một số cách thường dùng để chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn:

+ Tứ giác có tổng hai góc đối bằng 180O (tổng hai góc đối bù nhau).

+ Tứ giác có bốn đỉnh cách đều một điểm (mà ta có thể xác định được). Điểm đó là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác.

+ Tứ giác đó là một trong các hình: hình chữ nhật, hình vuông, hình thang cân.

+ Tứ giác có tổng các góc đối bằng nhau.

a) Chứng minh tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn. Xác định tâm I của đường tròn này.

Ta có:  \( \widehat{BDC}={{90}^{O}} \) (chắn nửa đường tròn)

 \( \widehat{BEC}={{90}^{O}} \) (chắn nửa đường tròn)

Suy ra: \( \widehat{ADH}=\widehat{BDC}={{90}^{O}} \),  \( \widehat{AEH}=\widehat{BEC}={{90}^{O}} \)

Xét tứ giác ADHE có:

\(\widehat{ADH}+\widehat{AEH}={{90}^{O}}+{{90}^{O}}={{180}^{O}}\)

Tứ giác ADHE có hai góc đối bù nhau.

Vậy tứ giác ADHE nội tiếp trong một đường tròn.

Xét tam giác ADH và tam giác AEH có:

+ D nhìn cạnh AH dưới một góc 90O nên 3 điểm A, D, H cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH.

+ E nhìn cạnh AH dưới một góc 90O nên 3 điểm A, E, H cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH.

Vậy 4 điểm A, D, H, E cùng thuộc đường tròn tâm I là trung điểm cạnh AH.

b) Gọi M là giao điểm của AH và BC. Chứng minh CM.CB = CE.CA.

Xét hai tam giác CBE và CAM có:

 \( \widehat{ACM} \) là góc chung

 \( \widehat{AMC}=\widehat{BEC}={{90}^{O}} \) (cmt)

Suy ra  \( \Delta CBE\backsim \Delta CAM  \) (g – g)

 \( \Rightarrow \frac{CM}{CE}=\frac{CA}{CB}\Rightarrow CM.CB=CE.CA  \)

c) Chứng minh ID là tiếp tuyến của đường tròn (O).

Ta có:  \( \widehat{IDH}=\widehat{IHD} \) (do  \( \Delta ID  \)H cân tại I)    (1)

 \( \widehat{IHD}=\widehat{CHM} \) (đối đỉnh)      (2)

Mặt khác:  \( \widehat{ODC}=\widehat{OCD} \) (do  \( \Delta O DC \) cân tại O)   (3)

Ngoài ra, trong tam giác vuông MHC có:

 \( \widehat{CHM}+\widehat{MCH}={{90}^{O}} \)

Suy ra ID  \( \bot  \) DO.

Vậy ID là tiếp tuyến của (O).

d) Tính theo R diện tích của tam giác ABC, biết \( \widehat{ABC}={{45}^{O}} \), \( \widehat{ACB}={{60}^{O}} \) và BC = 2R.

Gọi BM = x  \( \Rightarrow CM=2R-x  \)

Xét  \( \Delta ABM  \) vuông tại M có:

 \( AM=BM.\tan \widehat{ABM}=x.\tan {{45}^{O}}=x  \)   (*)

Xét  \( \Delta ACM  \) vuông tại M có:

 \( AM=CM.\tan {{60}^{O}}=\left( 2R-x \right).\sqrt{3} \)   (**)

Từ (*) và (**), ta có:

 \( x=\left( 2R-x \right)\sqrt{3}\Rightarrow x=\left( 3-\sqrt{3} \right)R  \)

Vậy  \( AM=\left( 3-\sqrt{3} \right)R  \).

Suy ra diện tích tam giác ABC là:  \( S=\frac{1}{2}AM.BC=\frac{1}{2}\left( 3-\sqrt{3} \right)R.2R=\left( 3-\sqrt{3} \right){{R}^{2}} \) (đvdt)