Cho tam giác ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O;R) . Kẻ AH vuông góc với BC tại H, HK vuông góc với AB tại K và HI vuông góc với AC tại I.

a) Chứng minh tứ giác AKHI nội tiếp.

b) Gọi E là giao điếm của AH với KI Chứng minh rằng $EA\cdot EH=EK\cdot EI.$

c) Chứng minh KJ vuông góc với AO.

d) Giả sử điểm A và đường tròn (O;R) cố định, còn dây cung BC thay đổi sao cho $AB\cdot AC=3R^2.$ Xác định vị trí của dây cung BC sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất.

Hay $\widehat{HKE}=\widehat{IAE}.$

Xét $\text{Δ}EKH$ và $\text{Δ}EAI$ có: $\widehat{KEH}=\widehat{AEI}$ (hai góc đối đỉnh) và $\widehat{HKE}=\widehat{IAE}$

Do đó: $\text{Δ}EKH\backsim \text{Δ}EAI$ (g.g) $\Rightarrow \frac{EK}{EA}=\frac{EH}{EI}\Rightarrow EA\cdot EH=EK\cdot EI.$

c) Kẻ đường kính AF của đường tròn (O;R); Gọi J là giao điểm của KI và AO.

Xét đường tròn (O;R) có $\widehat{F_1}=\widehat{B_1}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\left.AC\right)$ (1) 

Lại có $\widehat{B_1}=\widehat{H_1}$ (vì cùng phụ với $\widehat{H_2})$ (2)

Vì tứ giác AKHI nội tiếp đường tròn (cmt)

nên $\widehat{H_1}=\widehat{I_1}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AK) (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: $\widehat{F_1}=\widehat{I_1}.$

Mà trong đường tròn (O;R) có: $\widehat{ACF}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Hay $\widehat{A_1}+\widehat{F_1}=90° \left(4\right)$.  

Từ (3) và (4) suy ra $\widehat{A_1}+\widehat{I_1}=90°\Rightarrow \widehat{AJI}=90°.$

Vậy KI vuông góc với AO.

d) Giả sử điểm A và đường tròn (O;R) cố định, còn dây BC thay đổi sao cho $AB\cdot AC=3R^2.$

Có $\widehat{ACF}=90°$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

$\widehat{ABH}=\widehat{AFC}$ (hai góc nội tiếp cùng chắn cung $\stackrel{⏜}{AC}$ của đường tròn $\left(O;R\right).$

Xét $\text{Δ}AHB$ và $\text{Δ}ACF$ có: $\widehat{AHB}=\widehat{ACF}\left(=90°\right)$ và $\widehat{ABH}=\widehat{AFC}\text{.}$

Do đó: $\text{Δ}AHB\backsim \text{Δ}ACF$ (g.g). Suy ra $\frac{AH}{AC}=\frac{AB}{AF}\Rightarrow AH=\frac{AB\cdot AC}{AF}=\frac{3R^2}{2R}=\frac{3R}{2}.$

Ta có: $S_{ABC}=\frac{1}{2}AH\cdot BC=\frac{1}{2}\cdot \frac{3R}{2}\cdot BC=\frac{3R}{4}\cdot BC.$

Do R không đổi nên $S_{ABC}$ lớn nhất $\iff BC$ lớn nhất.

Gọi M là trung điểm của BC thì $OM\perp BC.$ Do đó BC lớn nhất $\iff OM$ bé nhất.

Ta có $OM\ge AM-AO\ge AH-AO=\frac{3R}{2}-R=\frac{R}{2}.$

OM bé nhất bằng $\frac{R}{2}\iff A,O,M$ thẳng hàng và $H\equiv M.$

Khi đó $AH=AM=AO+OM=R+\frac{R}{2}=\frac{3R}{2}$

Vậy diện tích $\text{Δ}ABC$ lớn nhất khi BC cách A một khoảng bằng $\frac{3R}{2}$$\text{(Δ}ABC$ đều).