(3,0 điểm) Cho tam giác \(ABC\) có ba góc nhọn \(\left( {AB < AC} \right)\) nội tiếp đường tròn \(O.\) Vẽ đường kính \(A\) của đường tròn \(\left( O \right)\) và đường cao \(AH\) của tam giác \(ABC.\)

a) Chứng minh \(\widehat {ACD} = 90^\circ \) và \(AB \cdot AC = AH \cdot AD.\)

b) Vẽ \[CF \bot AD,\] chứng minh rằng \(A{C^2} = AF \cdot AD\) và \(\widehat {CHF} = \widehat {DCF}.\)

c) Vẽ \[BK \bot AC,\,\,BK\] cắt \(AH\) tại \(I.\) Giả sử \(\widehat {BAC} = 60^\circ ,\,\,BC = 10\,\,{\rm{cm}},\) tính độ dài \(AI.\)

a) Vì \(\widehat {ACD}\) chắn nửa đường tròn \(\left( O \right)\) nên \(\widehat {ACD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét \(\Delta ABH\) và \(\Delta ADC\) có

\(\widehat {AHB} = \widehat {ACD} = 90^\circ ;\)

\(\widehat {ABH} = \widehat {ADC}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC).\)

Do đó

Suy ra \(\frac{{AB}}{{AD}} = \frac{{AH}}{{AC}}\) hay \(AB \cdot AC = AH \cdot AD\) (đpcm).

b) Xét \(\Delta AFC\) và \(\Delta ACD\) có:

\(\widehat {CAD}\) chung; \(\widehat {AFC} = \widehat {ACD} = 90^\circ .\)

Do đó

Suy ra \(\frac{{AF}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{AD}}\) hay \(AF \cdot AD = A{C^2}\) (đpcm).

Ta có \(\Delta AFC\) vuông tại \(F\) nên \(A,\,\,F,\,\,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC\,;\)

\(\Delta AHC\) vuông tại \(H\) nên \(A,\,\,H,\,\,C\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC\,.\)

Do đó \(A,\,\,F,\,\,C,\,\,H\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AC\,.\)

Suy ra \(\widehat {CHF} = \widehat {CAF}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung \(CF).\)   (1)

Ta có \(\widehat {CAF} + \widehat {ACF} = 90^\circ \) (do \(\Delta AFC\) vuông tại \(F)\) và \(\widehat {FCD} + \widehat {ACF} = 90^\circ .\) Suy ra \(\widehat {CAF} = \widehat {FCD}.\) (2)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat {CHF} = \widehat {DCF}\) (đpcm).

c) Vì \(\Delta ABC\) có \(BK,\,\,AH\) là đường cao cắt nhau tại \(I\) nên \(I\) là trực tâm của \(\Delta ABC.\) Khi đó \(CI \bot AB.\)

Mà \(BD \bot AB\) (do \(\widehat {ABD}\) nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(CI\,{\rm{//}}\,BD.\)

Lại có \(BI\,{\rm{//}}\,CD\) (do cùng vuông góc với \(AC)\)

Do đó \(BICD\) là hình bình hành.

Gọi \(M\) là giao điểm của \(DI\) và \(BC.\)

Khi đó \(M\) là trung điểm của \(DI\) và \(BC\) (tính chất hình bình hành).

Xét \(\Delta DAI\) có \(O\) là trung điểm của \(AD\) và \(M\) là trung điểm của \(DI\) nên \(OM\) là đường trung bình của \(\Delta DAI.\)

Suy ra \(OM = \frac{1}{2}AI\) hay \(AI = 2OM.\)

Ta có \(\widehat {BOC} = 2\widehat {BAC} = 2 \cdot 60^\circ = 120^\circ \) (góc nội tiếp chắn cung \(BC).\)

Vì \(\Delta BOC\) cân tại \(O\) có \(OM\) là đường trung tuyến nên \(OM\) đồng thời là phân giác của \(\widehat {BOC}\) và cũng là đường cao của \(\Delta BOC.\)

Khi đó \(\widehat {BOM} = \frac{1}{2}\widehat {BOC} = 60^\circ .\)

Xét \(\Delta BOM\) vuông tại \(M\) có: \[OM = BM \cdot \cot \widehat {MOB} = \frac{1}{2}BC \cdot \cot \widehat {MOB} = \frac{1}{2} \cdot 10 \cdot \cot 60^\circ = \frac{{5\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]

Vậy \[AI = 2 \cdot OM = \frac{{10\sqrt 3 }}{3}\,\,\left( {{\rm{cm}}} \right).\]