1.

Xét tam giác OAB có:

OA = OD = R

OH vuông góc với AD

Do đó, tam giác OAD cân tại O có OH là đường cao

Do đó, OH là phân giác của góc \(\widehat {AOD}\)

\( \Rightarrow \widehat {SOA} = \widehat {SOD}\)

Xét tam giác SAO và tam giác SDO có:

KO chung

\(\widehat {SOA} = \widehat {SOD}\)

OA = OD = R

Do đó, tam giác SAO bằng tam giác SDO (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {SDO} = \widehat {SAO} = 90^\circ \)

Hay SD vuông góc với OD

Do đó, SD là tiếp tuyến của (O) tại D.

2,

Xét tam giác OAM có OA = OM

Do đó, tam giác OAM cân tại O

\( \Rightarrow \widehat {OAM} = \widehat {AMH}\)

Mà \(\widehat {OAM} + \widehat {SAM} = \widehat {SAO} = 90^\circ \)

Và \(\widehat {AMH} + \widehat {HAM} = 90^\circ \)

\( \Rightarrow \widehat {SAM} = \widehat {HAM}\)

Do đó, AM là đường phân giác của tam giác SAD (1)

Mặt khác SA, SD là các tiếp tuyến của đường tròn (O)

Do đó, SO là tia phân giác của \(\widehat {ASD}\)(2)

Từ (1) và (2) ta có: M là tâm đường tròn nội tiếp tam giác SAD.

Mà MH vuông góc với AD tại H nên MH là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác SAD.

Do đó, MH = r, OH = R – r

Xét tam giác AOH vuông tại H

Ta có: OA² = OH² + AH² (định lý Py–ta–go)

\( \Rightarrow AH = \sqrt {{R^2} - {{\left( {R - r} \right)}^2}} \Rightarrow AD = 2\sqrt {{R^2} - {{\left( {R - r} \right)}^2}} \)

Ta có: \(\widehat {EAD}\) chắn đường kính DE \( \Rightarrow \widehat {EAD} = 90^\circ \)

Xét tam giác EAD vuông tại A có:

DE² = AD² + AE² (định lý Py–ta–go)

\( \Rightarrow AE = \sqrt {4{{\left( {R - r} \right)}^2}} = 2\left( {R - r} \right)\).

3.

OH là đường trung trực của AD, M thuộc OH

Do đó, DM = AM = R

Tứ giác AMDO có AM = MD = OA = OD (= R)

Tứ giác AMDO là hình thoi

Do đó, AM song song với DO.

Mà AM vuông góc với BM , BM vuông góc với OD

Tam giác OMD có OM = OD = CD (= R)

Do đó, tam giác OMD đều

Mà MB, DM là hai đường cao cắt nhau tại K của tam giác OMD

Do đó, K là trực tâm của tam giác đều OMD

Do đó, K là trọng tâm của tam giác đều OMD

\(KH = \frac{1}{3}DH;KD = \frac{2}{3}DH \Rightarrow KH.KD = \frac{2}{9}D{H^2}\)

Mà tam giác HMD vuông tại H

Do đó, DH = \(DH = MD.\sin 60^\circ = \frac{{\sqrt 3 }}{2}MD \Rightarrow MD = \frac{2}{{\sqrt 3 }}DH\)

\( \Rightarrow M{D^2} = 6.\frac{2}{9}D{H^2} = 6.KH.KD \Rightarrow \frac{{M{D^2}}}{6} = KH.KD\).