Câu 9-11. Cho đường tròn \[\left( O \right)\] đường kính \[AB.\] Gọi \[H\] là điểm nằm giữa \[O\] và \[B.\] Kẻ dây \[CD\] vuông góc với \[AB\] tại \[H.\] Trên cung nhỏ \[AC\] lấy điểm \[E\] bất kỳ \[\left( E \right.\] khác \[A\] và \[\left. C \right).\] Kẻ \[CK\] vuông góc với \[AE\] tại \[K.\] Đường thẳng \[DE\] cắt \[CK\] tại \[F.\]

a) Chứng minh tứ giác \[AHCK\] là tứ giác nội tiếp.

b) Vì \[AHCK\] là tứ giác nội tiếp nên  \(\widehat {CHK} = \widehat {CAK} = \widehat {CAE}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \[KC).\]

Lại có \[ADCE\]nội tiếp nên \(\widehat {CAE} = \widehat {CDE}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \[EC).\]

Từ đó suy ra \(\widehat {CHK} = \widehat {CDE}\) nên \(HK\,{\rm{//}}\,DE\) (đpcm).

Do \(HK\,{\rm{//}}\,DE\), mà \[H\] là trung điểm \[CD\] (quan hệ vuông góc của đường kính \[AB\] với dây \[CD\] tại \[H).\]

Suy ra \[HK\] là đường trung bình của tam giác \[CDF\] nên \[K\] là trung điểm \[FC\].

Tam giác \[AFC\] có \[AK\] là đường cao đồng thời cũng là trung tuyến.

Do đó tam giác \[CAF\]là tam giác cân tại \[K\] (đpcm).

c) Tam giác \[FAC\] cân tại \[A\] nên \[AF = AC.\]

Dễ thấy tam giác \[ACD\] cân tại \[A\] nên \[AC = AD\].

Từ đó suy ra \[AF = AD\] hay tam giác \[AFD\] cân tại \[A\], hạ \[DI \bot AF\] .

Ta có \({S_{AFD}} = \frac{1}{2}DI \cdot AF = \frac{1}{2}DI \cdot AC\).

Do \[AC\] không đổi nên \({S_{AFD}}\) lớn nhất khi và chỉ khi \[DI\] lớn nhất.

Trong tam giác vuông \[AID\] ta có:

\(ID \le AD = AC\) hay \({S_{AFD}} = \frac{1}{2}DI \cdot AF = \frac{1}{2}DI \cdot AC \le \frac{{A{C^2}}}{2}\).

Dấu  xảy ra khi và chỉ khi \(I \equiv A\), khi đó \[\widehat {DAF} = 90^\circ \] nên tam giác \[ADF\] vuông cân tại \[A\], suy ra \(\widehat {EBA} = \widehat {EDA} = 45^\circ \) hay \[E\] là điểm chính giữa cung \[AB.\]

Vậy để diện tích tam giác \[ADF\] lớn nhất thì \[E\] là điểm chính giữa cung \[AB.\]