Cho đường tròn tâm đường kính \(AB = 2{\rm{R}}\), trên đoạn \(OA\) lấy điểm\(I(I \ne A;I \ne O)\). Vẽ tia \(Ix \bot AB\)cắt \(\left( O \right)\) tại \(C\). Lấy điểm \(E\) trên cung nhỏ \(BC\)\(\left( {E \ne B;E \ne C} \right)\), \(AE\) cắt \(CI\) tại \(F\), gọi \(D\) là giao điểm của \(BC\) với tiếp tuyến tại \(A\) của \(\left( {O;R} \right)\).

(a) Chứng minh rằng tứ giác \(BEFI\)là tứ giác nội tiếp.

(b) Chứng minh rằng: \(AE.AF = CB.CD\).

(c) Biết rằng\(AB = 2AC\)và điểm \(E\) di chuyển trên cung nhỏ. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: \[S = 2026.EB.EC\]

a) Ta có \(\widehat {BEF} = \widehat {BEA} = {90^0}\)(góc nt chắn nửa đường tròn)

Nên E thuộc đường tròn đường kính BF(1)

và \(\widehat {BIF} = \widehat {BIC} = {90^0}\) (gt)

nên I thuộc đường tròn đường kính BF (2)

từ (1) và (2) E,I thuộc đường tròn đường kính BF

Vậy tứ giác BEFI nội tiếp đường tròn.

b) Ta có \( \Rightarrow \frac{{BC}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{CD}} \Rightarrow A{C^2} = BC.CD\)

\( \Rightarrow \frac{{AI}}{{AC}} = \frac{{AC}}{{AB}} \Rightarrow A{C^2} = AI.AB\)

Lại có \( \Rightarrow \frac{{AI}}{{AE}} = \frac{{AF}}{{AB}} \Rightarrow AI.AB = AE.AF\)

Suy ra \(BC.CD = AE.AF\)

c) Gọi M là giao điểm của CI với (O)

Do \(AB = 2AC\) và tam giác \(ABC\) vuông tại \(C\) nên \({\mathop{\rm Sin}\nolimits} \widehat {ABC} = \,0,5\)\( \Rightarrow \widehat {ABC} = {30^0}\) do đó: \(\widehat {BAC} = {60^0}\) suy ra \(\widehat {BCM} = \widehat {BMC} = {60^0}\)

Do đó tam giác \(BCM\) đều \( \Rightarrow \widehat {MEC} = {60^0}\).

Trên đoạn \(ME\) lấy \(N\) sao cho \(NE = EC\) suy ra \(\Delta CEN\) đều

\( \Rightarrow CE = CN = NE\)\(.\) Từ đó dễ thấy \(\Delta BEC = \Delta MNC \Rightarrow BE = MN\).

\[BE + CE = MN + NE = ME \le AB = 2R\]

Mà \(BE + CE \ge 2\sqrt {BE.CE} \Rightarrow BE.CE \le {R^2} \Rightarrow S = 2026.BE.CE \le 2026{R^2}\)

Dấu bằng xảy ra khi \(BE = CE\) và \(ME = 2R\) hay \(E\) là điểm chính giữa cung nhỏ \(BC\).