Đường tròn ngoại tiếp tam giác đều cạnh \(a\) có bán kính bằng

Hướng dẫn giải

Hay tứ giác \[BFEC\] là tứ giác nội tiếp.

b) Vì tứ giác \[BFEC\] nội tiếp nên \[\widehat {AEF} = \widehat {ABC}\], mà \[\widehat {AKC} = \widehat {ABC}\] nên \[\widehat {AKC} = \widehat {AEF}.\]

Xét đường tròn \[\left( O \right)\] có \(\widehat {ACK} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên

\[\widehat {AKC} + \widehat {IAE} = 90^\circ \] hay \[\widehat {AEF} + \widehat {IAE} = 90^\circ .\]

Tam giác \[IAE\] vuông tại \[I\] nên \[AK \bot EF\] (đpcm).

c) Gọi \[M\] là giao điểm của \[BC\] và \[HK.\]

Vì \(\widehat {ABK},\,\,\widehat {ACK}\) đều là các góc nội tiếp chắn nửa đường tròn \[\left( O \right)\] nên \[\widehat {ABK} = 90^\circ ,\,\,\widehat {ACK} = 90^\circ \] hay \(AB \bot BK\,;\,\,AC \bot CK.\)

Vì \(AB \bot BK\) và \(AB \bot CF\) nên \[BK\,{\rm{//}}\,CF\] hay \[BK\,{\rm{//}}\,CH.\]

Vì \(AC \bot CK\) và \(AC \bot BE\) nên \[BE\,{\rm{//}}\,CK\] hay \[BH\,{\rm{//}}\,CK.\]

Xét tứ giác \(BHCK\) có \[BK\,{\rm{//}}\,CH\,;\,\,BH\,{\rm{//}}\,CK\] nên tứ giác \(BHCK\) là hình bình hành.

Suy ra hai đường chéo \(BC\) và \[HK\]cắt nhau tại trung điểm \[M\] của mỗi đường.

Xét tam giác \[AHK\] có \(O,\,\,M\) lần lượt là trung điểm của \(AK,\,\,HK\)

Suy ra \[OM\] là đường trung bình tam giác \[AHK\] nên \[AH = 2OM;\,\,OM\,{\rm{//}}\,AH.\]

Vì \[M\] là trung điểm của \(BC\) nên \[BM = \frac{{BC}}{2} = \frac{{R\sqrt 3 }}{2}.\]

Vì \[OM\,{\rm{//}}\,AH\] và \(AH \bot BC\) nên \(OM \bot BC.\)

Áp dụng định lí Pythagore vào \(\Delta OBM\) vuông tại \(M\) \(\left( {OM \bot BC} \right)\), ta có: \(O{B^2} = O{M^2} + B{M^2}\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \({S_{AEH}} \le \frac{{{R^2}}}{4}\).

Dấu  xảy ra khi \[AE = EH\] nên \(\widehat {EAH} = 45^\circ \) hay \(\widehat {ACB} = 45^\circ \).

Vậy \[{\left( {{S_{AEH}}} \right)_{\max }} = \frac{{{R^2}}}{4}\] khi \[A\] thuộc cung lớn \[BC\] và \[\widehat {ACB} = 45^\circ .\]