Cho tam giác \[ABC\] cân tại \[A.\] Gọi \[O\] là trung điểm của cạnh \[BC.\] Đường tròn \[\left( O \right)\] tiếp xúc với \[AB\] tại \[E,\] tiếp xúc với \[AC\] tại \[F.\] Điểm \[H\] di động trên cung nhỏ  của đường tròn \[\left( O \right);\] tiếp tuyến của đường tròn \[\left( O \right)\] tại \[H\] cắt \[AB,{\rm{ }}AC\] lần lượt tại \[I,{\rm{ }}K.\]

1) Chứng minh \[AEOF\] là tứ giác nội tiếp.

2) Chứng minh \(\widehat {IOK} = \widehat {ABC}\) và hai tam giác \[OIB,\,\,KOC\] đồng dạng.

3) Giả sử \[AB = 5\] cm, \[BC = 6\] cm. Tìm giá trị lớn nhất của diện tích tam giác \[AIK.\]

Do đó \(\widehat {IOK} = \widehat {IOH} + \widehat {HOK} = \frac{1}{2}\left( {\widehat {EOH} + \widehat {HOF}} \right) = \frac{1}{2}\widehat {EOF}.\,\,\,\left( 1 \right)\)

Do \[AEOF\] là tứ giác nội tiếp nên \(\widehat {EAF} + \widehat {EOF} = 180^\circ ,\) suy ra \(\widehat {EAF} = 180^\circ  - \widehat {EOF}.\)

Mặt khác, \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên \(\widehat {ACB} = \frac{{180^\circ  - \widehat {BAC}}}{2} = \frac{{180^\circ  - \left( {180^\circ  - \widehat {EOF}} \right)}}{2} = \frac{1}{2}\widehat {EOF}.\,\,\left( 2 \right)\)

Từ \(\left( 1 \right)\) và \(\left( 2 \right)\) suy ra \[\widehat {ACB} = \widehat {IOK}.\]

Ta có: \(\widehat {IOK} + \widehat {IOB} + \widehat {KOC} = 180^\circ ;\)

 \(\widehat {ACB} + \widehat {CKO} + \widehat {KOC} = 180^\circ \)

Suy ra \[\widehat {IOB} = \widehat {CKO}.\] Kết hợp \(\widehat {OBI} = \widehat {OCK}\) ta chứng minh được  (g.g).

3) Vì \(O\) là trung điểm của \(BC\) nên \(OB = OC = \frac{{BC}}{2} = \frac{6}{2} = 3{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Vì \(\Delta ABC\) cân tại \(A\) nên đường trung tuyến \(AO\) đồng thời là đường cao và đường phân giác của tam giác.

Xét \(\Delta ABO\) vuông tại \(O,\) ta có \(A{B^2} = A{O^2} + B{O^2}\) (định lí Pythagore)

Suy ra \(AO = \sqrt {A{B^2} - O{B^2}}  = \sqrt {{5^2} - {3^2}}  = \sqrt {16}  = 4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Xét \(\Delta OBE\) và \(\Delta ABO\) có: \(\widehat {ABO}\) là góc chung và \(\widehat {BEO} = \widehat {BOA} = 90^\circ .\)

Do đó  (g.g), suy ra \(\frac{{OB}}{{AB}} = \frac{{BE}}{{BO}} = \frac{{OE}}{{AO}}\)

Nên \(O{B^2} = AB \cdot BE\) và \(OE \cdot AB = OB \cdot OA.\)

Từ đó, ta có \(BE = \frac{{O{B^2}}}{{AB}} = \frac{{{3^2}}}{5} = 1,8{\rm{\;(cm)}}\) và \(OE = \frac{{OB \cdot OA}}{{AB}} = \frac{{3 \cdot 4}}{5} = 2,4{\rm{\;(cm)}}{\rm{.}}\)

Theo câu 2,  suy ra \(\frac{{OB}}{{KC}} = \frac{{BI}}{{CO}}\) hay \(KC \cdot BI = OB \cdot OC = O{B^2}.\)

Ta có: \({S_{AIK}} = {S_{ABC}} - {S_{BIKC}}\) nên \({S_{AIK}}\) lớn nhất khi \({S_{BIKC}}\) nhỏ nhất.

Gọi \(R\) là bán kính đường tròn \(\left( O \right).\) Khi đó \(R = OE = 2,4{\rm{\;cm}}.\)

Ta có: \({S_{BIKC}} = {S_{BOI}} + {S_{IOK}} + {S_{KOC}} = \frac{1}{2}\left( {OE \cdot BI + OH \cdot IK + OF \cdot KC} \right)\)

 \( = \frac{1}{2}R \cdot \left( {BI + IK + KC} \right)\)\( = \frac{1}{2}R\left( {BI + IH + HK + KC} \right)\)

 \( = \frac{1}{2}R\left( {BI + CK + IE + KF} \right)\)\( = \frac{1}{2}R\left( {2BI + 2CK - BE - CF} \right)\)

 \( = \frac{1}{2}R\left( {2BI + 2CK - 2BE} \right)\)\( = R\left( {BI + CK - BE} \right)\)

 \( \le R \cdot \left( {2\sqrt {BI \cdot CK}  - BE} \right) = R \cdot \left( {2\sqrt {O{B^2}}  - BE} \right) = R \cdot \left( {2OB - BE} \right)\)

\( = 2,4 \cdot \left( {2 \cdot 3 - 1,8} \right) = 10,08{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Lại có \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AO \cdot BC = \frac{1}{2} \cdot 4 \cdot 6 = 12{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Do đó \({S_{AIK}} \le 12 - 10,08 = 1,92{\rm{\;(c}}{{\rm{m}}^2}{\rm{)}}{\rm{.}}\)

Dấu “=” xảy ra khi \[BI = CK\] hay \[AI = AK,\] tức là \(\Delta AIK\) cân tại \(A\) nên đường phân giác \(AO\) của tam giác này đồng thời là đường cao, tức \(AO \bot IK,\) mà \(OH \bot IK\) nên \(OH\) trùng \(OA,\) hay \(H\) là điểm chính giữa cung \[EF.\]

Vậy giá trị lớn nhất của diện tích tam giác \[AIK\] bằng \(1,92\) cm2 khi \(H\) là điểm chính giữa cung \[EF.\]