Bài 1. 

`a)` Tính $CD$

Vì $CD\perp {OA}$ tại $H$ 

`=>H` là trung điểm của $CD$ (đường nối tâm vuông góc tại trung điểm của dây cung)

`=>CD=2CH`

`∆CHO` vuông tại $H$ có $OC=15cm;OH=9cm$

`=>CH^2+OH^2=OC^2` (Pytago)

`=>CH^2=OC^2-OH^2=15^2-9^2=144`

`=>CH=12cm`

`CD=2CH=2.12=24cm`

Vậy $CD=24cm$

`b)` CM: $L$ thuộc đường tròn $(O')$ đường kính $EB$.

Vì `A;B,C` cùng thuộc đường tròn $(O)$ đường kính $AB$ nên $∆ABC$ vuông tại $C$

`=>\hat {ACB}=90°=>AC` $\perp BC$ $(1)$

Vì $E$ và $A$ đối xứng qua $H$ nên $H$ là trung điểm $AE$

Ta lại có: $H$ là trung điểm của $CD$ (câu a); $AE\perp CD$ tại $H$

`=>` Tứ giác $ACED$ là hình thoi (có hai đường chéo vuông góc và cắt nhau tại trung điểm mỗi đường.

`=>DE` // $AC$ $(2)$

Từ $(1);(2)$ `=>DE` $\perp {BC}$ `=>EL` $\perp {BC}$ 

`=>∆BEL` vuông tại $L$.

Gọi $O'$ là trung điểm $EB$

`=>O'L=1/ 2 EB=O'E=O'B` (trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng nửa cạnh huyền)

`=>L` thuộc đường tròn $(O')$ đường kính $EB$.

`c)` CM: $HL$ là tiếp tuyến của đường tròn `(O')`

+) Xét $∆CDL$ vuông tại $L$ có $HL$ là trung tuyến 

`=>HL=1/ 2 CD=DH=>∆DHL` cân tại $H$

`=>\hat{HLD}=\hat{HDL}`

Ta có: `\hat{HDL}=\hat{EBL}` (cùng phụ `\hat{DCB}`)

`=>\hat{HLD}=\hat{EBL}`

+) Ta có: `O'L=1/ 2 EB=O'B ` (câu b)

`=>∆O'BL` cân tại $O'$

`=>\hat{O'LB}=\hat{O'BL}=\hat{EBL}=\hat{HLD}`

Ta có:

`90° =\hat{ELB}=\hat{O'LB}+\hat{O'LE}=\hat{HLD}+\hat{O'LE}=\hat{O'LH}`

`=>\hat{O'LH}=90°`

`=>HL` $\perp{O'L}$

Vì `O'L=1/ 2 EB=O'B` và $HL\perp{O'L}$ tại $L$ nên $HL$ là tiếp tuyến của đường tròn `(L')` đường kính $EB$ (đpcm)

Bài 2.

`a)` Tính $sinOAB;tanAOB$

Theo đề bài:

$OB=R; OA=2R$

+) Vì $AB$ là tiếp tuyến của $(O)$ tại $B$

`=>∆OAB` vuông tại $B$

`=>AB^2+OB^2=OA^2` (Pytago)

`=>AB^2=OA^2-OB^2=(2R)^2-R^2=3R^2`

`=>AB=R\sqrt{3}`

Áp dụng tỉ số lượng giác của góc nhọn, ta có:

`\quad sinOAB={OB}/{OA}=R/{2R}=1/ 2`

`\quad tanAOB={AB}/{OB}={R\sqrt{3}}/R=\sqrt{3}`

Vậy: `sinOAB=1/ 2 ;tanAOB=\sqrt{3}`

`b)` CM: $OM$ // $AC$; $ON$ // $AB$

+) Ta có  $AB;AC$ lần lượt là tiếp tuyến của $(O)$ tại $B;C$ (gt)

`=>` $AB\perp OB; AC\perp OC$

+) Ta lại có: $ON\perp OB; OM\perp OC$ (gt)

`=>OM` // $AC$; $ON$ // $AB$ (đpcm)

`c)` CM: $AMON$ là hình thoi; $MN$ là tiếp tuyến của $(O)$

+) Xét tứ giác $AMON$ có:

*$OM$ // $AN$ (Vì $OM$ // $AC$)

*$ON$ // $AM$ (Vì $ON$ // $AB$)

`=>` $AMON$ là hình bình hành (tứ giác có 2 cặp cạnh đối song song) $(1)$

+) $AB;AC$ là hai tiếp tuyến của $(O)$ cắt nhau tại $A$

`=>AO` là phân giác của `\hat {BAC}` (tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

`=>AO` là phân giác của `\hat {MAN}` $(2)$

Từ $(1);(2)$ `=>` $AMON$ là hình thoi (đpcm)

(hình bình hành có 1 đường chéo là phân giác của một góc)

+) $AMON$ là hình thoi

`=>`  $OA\perp MN$ tại trung điểm $I$ của $OA;MN$

`=>MN` $\perp OI$ tại $I$

`\quad OA=2R=>OI=1/ 2 OA=R`

`=>I\in (O;R)`

`=>MN` là tiếp tuyến tại $I$ của $(O;R)$ (đpcm)

`d)` Tính diện tích hình thoi $AMON$

(S= Nửa tích hai đường chéo)

Từ câu a ta có:

`tanAOB=\sqrt{3}=>\hat{AOB}=60°`

`=>\hat{IOB}=60°`

$MB;MN$ là 2 tiếp tuyến của $(O)$ cắt nhau tại $M$

`=>OM` là phân giác của `\hat {IOB}`

`=>\hat{IOM}=1/ 2 \hat{IOB}=30°`

`∆OMI` vuông tại $I$ có `OI=R;\hat{IOM}=30°`

`=>IM=OI.tanIOM=R.tan30°=R/ {\sqrt{3}}`

+) `MN=2IM` ($I$ là trung điểm $MN$)

`=>MN={2R}/{\sqrt{3}}`

+) `S_{AMON}=1/ 2 .MN.OA`

`= 1/ 2 .{2R}/{\sqrt{3}}.2R={2R^2}/{\sqrt{3}}={2\sqrt{3}R^2}/3` (đvdt)

Vậy diện tích hình thoi $AMON$ bằng:

`{2\sqrt{3}R^2}/3` (đvdt)