a) ∆COI vuông tại O (gt), ta có :
\(CI = \sqrt {C{O^2} + O{I^2}} = \sqrt {{R^2} + {{\left( {{R \over 2}} \right)}^2}}\)\(\; = {{R\sqrt 5 } \over 2}\)
\( \Rightarrow cos\widehat {OCI} = {{OC} \over {CI}} = {R \over {{{R\sqrt 5 } \over 2}}} = {{2\sqrt 5 } \over 5}\)
Lại có ∆CED vuông ( CD là đường kính) nên
\(CE = CD.cos\widehat {OCI} = 2R.{{2\sqrt 5 } \over 5} \)\(\;= {{4R\sqrt 5 } \over 5}\)
Xét hai tam giác vuông AHI và COI có \(\widehat {HAI} = \widehat {OCI}\) ( cùng phụ với \(\widehat {OIC}\))
Do đó ∆AHI và ∆COI đồng dạng (g.g) \( \Rightarrow {{AH} \over {CO}} = {{AI} \over {CI}}\)
\( \Rightarrow AH = {{CO.AI} \over {CI}} = \left( {R.{{3R} \over 2}} \right):{{R\sqrt 5 } \over 2}\)\(\; = {{3\sqrt 5 R} \over 5}\)
Vậy \({S_{ACE}} = {1 \over 2}AH.CE = {1 \over 2}.{{3\sqrt 5 R} \over 5}.{{4R\sqrt 5 } \over 5}\)\(\; = {{6{R^2}} \over 5}\).
b) Ta có \(AB \bot CD\) (gt) mà \(\widehat {CBA} = \widehat {CEA}\) ( góc nội tiếp cùng chắn )
\( \Rightarrow \widehat {CAB} = \widehat {CEA}\) hay \(\widehat {CAI} = \widehat {IEA}\)
Do đó AC là tiếp tuyến của đường tròn đi qua ba điểm A, I, E.
c) Xét ∆AIE và ∆AKB có \(\widehat {IAE}\) chung và \(\widehat {AEI} = \widehat {ABD}\) ( vì ) nên ∆AIE và ∆AKB đồng dạng (g.g) \( \Rightarrow {{AK} \over {AI}} = {{AB} \over {AE}}\) \(\Rightarrow AK.AE = AI.AB\) (1)
Tương tự ∆BKA và ∆BID (g.g) \( \Rightarrow {{BK} \over {BI}} = {{AB} \over {DB}}\) \(\Rightarrow BK.BD = AB.BI \) (2)
Cộng (1) và (2), ta có : \(AK.AE + BK.BD = AB(AI + BI) \)\(\,=AB^2= 4R^2\).
d) Khi tam giác CID quay quanh CD ta có thể tích hình sinh ra gồm hai hình nón bằng nhau và có chung đáy, bán kính \(OI = {R \over 2}\) và chiều cao OC.
Gọi Vn là thể tích của hình nón, ta có :
\({V_n} = {1 \over 3}\pi {R^2}h = {1 \over 3}\pi .{\left( {{R \over 2}} \right)^2}R = {{\pi {R^3}} \over {12}}\)
\(\Rightarrow 2V = {{\pi {R^3}} \over 6}\).
