(3,0 điểm). Cho tam giác \[ABC\] nhọn, nội tiếp đường tròn \[\left( {O;{\rm{ }}R} \right)\]. Kẻ \[AH\] vuông góc với \[BC\] tại \[H\], \[HK\] vuông góc với \[AB\] tại \[K\] và \[HI\] vuông góc với \[AC\] tại \[I\].

a) Chứng minh tứ giác \[AKHI\] nội tiếp được một đường tròn.

b) Gọi \[E\] là giao điểm của \[AH\] với \[KI\]. Chứng minh: \[EA.EH = EK.EI\] và \[KI\] vuông góc vói \[AO\].

c) Giả sử điểm \[A\] và đường tròn \[\left( {O;{\rm{ }}R} \right)\] cố định, còn dây cung \[BC\] thay đổi sao cho\[AB.AC = 3{R^2}\]. Xác định vị trí của dây cung \[BC\] sao cho tam giác \[ABC\] có diện tích lớn nhất.

a) Gọi \(F\) là trung điểm của \(AH\)

Xét \(\Delta AKH\)vuông tại \(K\) có \(KF\) là đường trung tuyến nên \(FA = FH = FK = \frac{1}{2}AH\,\left( 1 \right)\)

0,25

Tương tự ta chứng minh được: \(FA = FH = FI = \frac{1}{2}AH\,\left( 2 \right)\)

0,25

Từ (1) và (2) suy ra: \(FA = FH = FI = FK = \frac{1}{2}AH\)

0,25

Do đó bốn điểm \(A,\,K,\,H,\,I\) cùng thuộc đường tròn tâm \(F\) đường kính  \(AH\) hay tứ giác \[AKHI\] nội tiếp được một đường tròn.

0,25

b) * Chứng minh: \(EA.EH = EK.EI\)

Xét \(\Delta EAK\)và \(\Delta EIH\) có:

\[\widehat {EAK} = \widehat {EIH}\] (hai góc nội tiếp cùng chắn cung HK)

\[\widehat {AEK} = \widehat {IEH}\] (đối đỉnh)

Do đó \(\Delta EAK\)$\backsim$ \(\Delta EIH\) (g-g)

suy ra \(\frac{{EA}}{{EI}} = \frac{{EK}}{{EH}}\) hay \(EA.EH = EK.EI\)

 0,25

 0,25

* Chứng minh: \(AO \bot IK\)

Kẻ đường kính \(AD\) của đường tròn \(\left( O \right)\). Gọi \(J\) là giao điểm của \(AD\) và \(KI\).

Ta có: \(\widehat {ABC} = \widehat {AHK}\) (Vì cùng phụ với \(\widehat {HAK}\)) (1)

       \(\widehat {ABC} = \widehat {ADC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AC\)) (2)

Vì tứ giác \[AKHI\]nội tiếp nên \(\widehat {AIK} = \widehat {AHK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(AK\)) (3)

0,25

Từ \(\left( 1 \right),\,\left( 2 \right),\,\left( 3 \right)\) suy ra \(\widehat {{\rm{AIJ}}} = \widehat {ADC}\) (4).

0,25

Ta có  \[\widehat {ACD} = 90^\circ \] (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn).

Xét \(\Delta ADC\) vuông tại \(C\), ta có: \[\widehat {ADC} + \widehat {CAD} = 90^\circ \] (5)

Từ \(\left( 4 \right),\,\left( 5 \right)\) suy ra \[\widehat {AIJ} + \widehat {IAJ} = 90^\circ \]

0,25

Xét \(\Delta {\rm{AIJ}}\) có: \[\widehat {AIJ} + \widehat {IAJ} = 90^\circ \] suy ra\[\widehat {AJI} = 90^\circ \]  hay \(AO \bot IK\).

0,25

c) Xét \(\Delta AHB\) và \(\Delta ACD\)có:

\(\widehat {AHB} = \widehat {ACD}\left( { = 90^\circ } \right)\); \(\widehat {ABH} = \widehat {ADC}\)(cmt)

Do đó: \(\Delta AHB\)$\backsim$\(\Delta ACD\) (g.g) \( \Rightarrow \frac{{AH}}{{AC}} = \frac{{AB}}{{AD}} \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{AD}} = \frac{{3{R^2}}}{{2R}} = \frac{{3R}}{2}\)

Ta có: \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}.\frac{{3R}}{2}.BC = \frac{{3R}}{4}.BC\).

Do \(R\) không đổi nên \({S_{ABC}}\) lớn nhất khi \(BC\) lớn nhất hay \(BC\) là đường kính của đường tròn \[\left( {O;{\rm{ }}R} \right).\]

 0,25

0,25