(4,0 điểm):

Một chiếc quạt giấy khi xòe hết ra có dạng nửa hình tròn bán kính \(28\)cm, phần không dán giấy có dạng nửa hình tròn đường kính \(16\)cm. Tính diện tích phần giấy của chiếc quạt (làm tròn đến hàng phần trăm).

a) Chứng minh tứ giác \(ABHE\) nội tiếp.

Vì \(AH\) là đường cao của tam giác \(ABC\) suy ra \(AH \bot BC\) nên \(\widehat {AHB} = 90^\circ \) do đó \(\Delta AHB\) vuông tại \(H\) suy ra \(A,H,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\).

Vì \(E\) là hình chiếu của \(B\) trên \(AD\) suy ra \(BE \bot AD\) nên \(\widehat {AEB} = 90^\circ \) do đó \(\Delta AEB\) vuông tại \(E\) suy ra \(A,E,B\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\) .

Suy ra \(A,H,B,\;E\) cùng thuộc đường tròn đường kính \(AB\) hay tứ giác \(ABHE\) nội tiếp được đường tròn.

b) Chứng minh \(IA.IE = IB.IH\) và \(HE\;{\rm{//}}\;CD\).

Xét \[\Delta IHA\] và \[\Delta IEB\] có: \[\widehat {IHA} = \widehat {IEB} = 90^\circ \], \[\widehat {AIB}\] chung nên  (g.g)

Suy ra \[\frac{{IH}}{{IE}} = \frac{{IA}}{{IB}}\]. Do đó \(IA.IE = IB.IH\).

Xét tứ giác \(ABHE\) nội tiếp có \(\widehat {BAD} = \widehat {EHC}\;\left( { = 180^\circ  - \widehat {BHE}} \right)\)

 Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {BAD} = \widehat {BCD} = \frac{1}{2}\)sđ  (2 góc nội tiếp chắn )

Suy ra \(\widehat {EHC} = \widehat {BCD}\) mà hai góc ở vị trí so le trong suy ra \(HE\;{\rm{//}}\;CD\).

c) Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta HEF\) là một điểm cố định.

Gọi \(P,\;M,\;N\) lần lượt là trung điểm của \(AB\), \(BC\), \(CA\).   

Xét đường tròn đường kính \(AC\) có \(\widehat {CAF} = \widehat {CHF} = \frac{1}{2}\)sđ (2 góc nội tiếp chắn ) .

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {CBD} = \widehat {CAD} = \frac{1}{2}\)sđ (2 góc nội tiếp chắn ).

Nên \(\widehat {CHF} = \widehat {CBD}\) mà hai góc ở vị trí đồng vị suy ra \(HF\,{\rm{//}}\,BD\).

Xét đường tròn \(\left( O \right)\) có \(\widehat {ABD} = 90^\circ \)(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) nên \(BD \bot AB\).

Mà \(HF\,{\rm{//}}\,BD\) nên \(HF \bot AB\).

Xét \(\Delta ABC\) có \(M\) là trung điểm của \(BC\), \(N\) là trung điểm của \(AC\).

Suy ra \(MN\) là đường trung bình nên \(MN\,{\rm{//}}\,AB\) mà \(HF \bot AB \Rightarrow MN \bot HF\).

Xét tam giác \(AHC\) vuông tại \(H\) có \(HN\) là đường trung tuyến suy ra \(HN = \frac{1}{2}AC\).

Xét tam giác \(AFC\) vuông tại \(F\) có \(FN\) là đường trung tuyến suy ra \(FN = \frac{1}{2}AC \Rightarrow HN = FN\) Mà \(MN \bot HF\) nên \(MN\) là trung trực của \(HF\) \( \Rightarrow MH = MF\)(1).

Xét \(\Delta ABC\) có \(M\) là trung điểm của \(BC\), \(P\) là trung điểm của \(AB\) suy ra \(PM\) là đường trung bình nên \(PM\,{\rm{//}}\,AC\) mà \(CD \bot AC \Rightarrow PM \bot CD\).

Mà \(HE\;{\rm{//}}\;CD\) nên \(PM \bot HE\)

Xét tam giác \(AHB\) vuông tại \(H\) có \(HP\) là đường trung tuyến suy ra \(HP = \frac{1}{2}AB\).

Xét tam giác \(AEB\) vuông tại \(E\) có \(EP\) là đường trung tuyến suy ra \(EP = \frac{1}{2}AB \Rightarrow EP = HP\) mà  \(PM \bot HE \Rightarrow PM\) là trung trực của \(HE\) \( \Rightarrow MH = ME\)(2).

Từ (1) (2) suy ra là \(M\) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác \(DEF\).

Mà \(M\) là trung điểm của \(BC\) nên \(M\) là điểm  cố định  khi \(A\) di động trên cung lớn  \(BC\).

Vậy tâm đường tròn ngoại tiếp \(\Delta HEF\) là một điểm  cố định.