Cung chứa góc

Ta có $MD{\rm{//}}AC,ME{\rm{//}}AB$

$\Rightarrow \widehat {BDM} = \hat A = \widehat {MEC}$

$\Rightarrow DB = DM,\;EC = EM.$

$M,N$ đối xứng nhau qua $DE$

$\Rightarrow DN = DM;\;\;EM = EN.$

$\Rightarrow$ $D$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BMN$

$\Rightarrow \widehat {BNM} = \dfrac{1}{2}\widehat {BDM} = \dfrac{1}{2}\widehat A$ (góc nội tiếp bằng nửa góc ở tâm cùng chắn cung $BM$ ).

Tương tự, $E$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $CMN$ .

$\Rightarrow \widehat {MNC} = \dfrac{1}{2}\widehat {MEC} = \dfrac{1}{2}\widehat A$ $\Rightarrow \widehat {BNC} = \widehat {BNM} + \widehat {MNC} = \widehat A$

Suy ra $N$ nhìn đoạn $BC$ dưới một góc bằng $\widehat {BAC}$ không đổi.

Nên quỹ tích các điểm $N$ là  cung chứa góc bằng $\widehat {BAC}$  dựng trên đoạn $BC$ .

Vì $C{A^2} + C{B^2} = 100 = A{B^2}$ nên $\Delta ABC$ là tam giác vuông tại $C$ hay điểm $C$ luôn nhìn đoạn $AB$ một góc ${90^0}$.

Do đó quỹ tích các điểm $C$ là đường tròn đường kính $AB = 10cm$ hay đường tròn tâm $M$ bán kính $5cm$.

Gọi D là trung điểm của BC. Suy ra  $OD \bot BC$.

Kéo dài OC cắt đường tròn tại điểm G ta có : $\widehat {CBG} = {90^0} \Rightarrow BG \bot BC \Rightarrow BG//AH$

$\Rightarrow OD = \dfrac{1}{2}BG$ (tính chất đường trung bình).

Ta có: $\widehat {CAG} = {90^0} \Rightarrow AG \bot AC \Leftrightarrow AG//BH \Rightarrow$ AHBG là hình bình hành $\Rightarrow BG = AH \Rightarrow AH = 2OD$ 

Theo giả thiết $AH = R \Rightarrow R = OB = 2OD$

Tam giác OBD là tam giác vuông có $OB = 2OD \Rightarrow \widehat {OBD} = {30^0}$

$\Rightarrow \widehat {BOC} = {120^0} \Rightarrow \widehat {BAC} = {60^0}$

H là trực tâm của tam giác ABC$\Rightarrow CH \bot AB,BH \bot AC \Rightarrow \widehat {BHC} = {120^\circ }.$

$\widehat {BIC} = {180^0} - \dfrac{1}{2}\left( {\widehat {ABC} + \widehat {ACB}} \right)$$= {180^0} - \dfrac{1}{2}\left( {{{180}^0} - \widehat {BAC}} \right) = {90^0} + \dfrac{1}{2}\widehat {BAC} = {120^0}$

Ta thấy $\widehat {BOC} = \widehat {BHC} = \widehat {BIC} = {120^\circ }$nên ba điểm O, H, I nằm trên cung tròn nhìn về một phía của BC dưới góc ${120^0}$.

Gọi H là chân đường cao kẻ từ I đến cạnh AB.

Khi đó ta có: ${S_{IAB}} = \dfrac{1}{2}IH.AB.$

Ta có AB là đường kính $\Rightarrow {S_{IAB}}\;\;Max \Leftrightarrow IH\;Max \Leftrightarrow$ H trùng với O.

Khi H trùng với O thì OI vừa là đường cao vừa là đường trung tuyến của tam giác $\Rightarrow \Delta IAB$ cân tại I.

Lại có $\dfrac{{MN}}{{AB}} = \dfrac{R}{{2R}} = \dfrac{1}{2} \Rightarrow MN$ là đường trung bình của tam giác $\Delta ABC$.

$\Rightarrow MN//BC.$

Xét $\Delta MON$ có $MO = ON = MN = R \Rightarrow \Delta MON$ là tam giác đều.

Tam giác IAB cân tại I có MN là đường trung bình $\Rightarrow$ M và N lần lượt là trung điểm của AM và AB.

Lại có O là trung điểm của AB $\Rightarrow OM;\;\;ON$ cũng là hai đường trung bình của tam giác IAB.

$\Rightarrow \left\{ \begin{array}{l}ON//IM\\OM//IN\end{array} \right. \Rightarrow$ tứ giác IMON là hình bình hành.

Lại có hai đường chéo OI và MN vuông góc với nhau $\left( {do\;MN//AB;\;\;OI \bot AB} \right).$

$\Rightarrow IMON$ là hình thoi $\Rightarrow MI = IN = OM = R \Rightarrow IA = 2IM = 2R.$

Xét tam giác AOI vuông tại O ta có: $OI = \sqrt {I{A^2} - O{A^2}}  = \sqrt {4{R^2} - {R^2}}  = R\sqrt 3 .$

$\Rightarrow {S_{IAB}} = \dfrac{1}{2}OI.AB = \dfrac{1}{2}.R\sqrt 3 .2R = {R^2}\sqrt 3 .$