Với tam giác $ABC$ có tâm đường tròn ngoại tiếp $O$ và bán kính đường tròn ngoại tiếp là $R$. Ký hiệu độ dài các cạnh là $BC=a,CA=b,AB=c$.

1) Lấy điểm $H$ thỏa mãn $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$. Chứng minh rằng $H$ là trực tâm tam giác $ABC$.

2) Chứng minh rằng
$$O{H}^2=9R^2-a^2-b^2-c^2.$$

3) Nếu tam giác $ABC$ thỏa mãn hệ thức
$$\overrightarrow{HB}\cdot \overrightarrow{HC}+\overrightarrow{HC}\cdot \overrightarrow{HA}+\overrightarrow{HA}\cdot \overrightarrow{HB}=-\frac{3R^2}{2}.$$
Chứng minh rằng tam giác $ABC$ là tam giác đều.

(AI giải đề cho tôi)
**1) H là trực tâm.** Ta có $\overrightarrow{AH}=\overrightarrow{OH}-\overrightarrow{OA}=\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$. Khi đó $\overrightarrow{AH}\cdot \overrightarrow{BC}=(\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC})\cdot (\overrightarrow{OC}-\overrightarrow{OB})=O{C}^2-O{B}^2=R^2-R^2=0$, nên $AH\perp BC$. Tương tự $\overrightarrow{BH}=\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA}$ cho $BH\perp CA$. Vậy $H$ là giao hai đường cao, tức trực tâm tam giác $ABC$.

**2) Chứng minh $O{H}^2=9R^2-a^2-b^2-c^2$.** Ta có
$$O{H}^2=(\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}{)}^2=3R^2+2(\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OB}\cdot \overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OC}\cdot \overrightarrow{OA}).$$
Với góc ở tâm: $\overrightarrow{OA}\cdot \overrightarrow{OB}=R^2\cos 2C=R^2-\frac{c^2}{2}$ (vì $c^2=2R^2-2R^2\cos 2C$). Tương tự $\overrightarrow{OB}\cdot \overrightarrow{OC}=R^2-\frac{a^2}{2}$, $\overrightarrow{OC}\cdot \overrightarrow{OA}=R^2-\frac{b^2}{2}$. Do đó
$$O{H}^2=3R^2+2(3R^2-\frac{a^2+b^2+c^2}{2})=9R^2-a^2-b^2-c^2.$$

**3) Tam giác đều.** Với $H$ là trực tâm, đặt $\overrightarrow{HA}=\mathbf{u},\overrightarrow{HB}=\mathbf{v},\overrightarrow{HC}=\mathbf{w}$. Vì $AH\perp BC$ nên $\mathbf{u}\cdot (\mathbf{w}-\mathbf{v})=0\Rightarrow \mathbf{u}\cdot \mathbf{w}=\mathbf{u}\cdot \mathbf{v}$; tương tự $\mathbf{v}\cdot \mathbf{u}=\mathbf{v}\cdot \mathbf{w}$, $\mathbf{w}\cdot \mathbf{v}=\mathbf{w}\cdot \mathbf{u}$. Vậy ba tích vô hướng bằng nhau, gọi giá trị chung là $t$, khi đó tổng bằng $3t=-\frac{3R^2}{2}\Rightarrow t=-\frac{R^2}{2}$.

Mặt khác $\overrightarrow{HB}\cdot \overrightarrow{HC}=\frac{H{B}^2+H{C}^2-B{C}^2}{2}=\frac{H{B}^2+H{C}^2-a^2}{2}=-\frac{R^2}{2}$, tức $a^2=H{B}^2+H{C}^2+R^2$. Tương tự $b^2=H{C}^2+H{A}^2+R^2$, $c^2=H{A}^2+H{B}^2+R^2$. Cộng lại:
$$a^2+b^2+c^2=2(H{A}^2+H{B}^2+H{C}^2)+3R^2.$$

Theo câu 2: $9R^2-(a^2+b^2+c^2)=O{H}^2=H{A}^2+H{B}^2+H{C}^2+2(\mathbf{u}\cdot \mathbf{v}+\mathbf{v}\cdot \mathbf{w}+\mathbf{w}\cdot \mathbf{u})=S+6t=S-3R^2$, với $S=H{A}^2+H{B}^2+H{C}^2$.

Kết hợp: $9R^2-(2S+3R^2)=S-3R^2\Rightarrow 6R^2-2S=S-3R^2\Rightarrow 3S=9R^2\Rightarrow S=3R^2$.

Do đó $a^2+b^2+c^2=2\cdot 3R^2+3R^2=9R^2$. Theo bất đẳng thức $a^2+b^2+c^2\le 9R^2$ (vì $a=2R\sin A$ và ${\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B+{\sin }^{2}C\le \frac{9}{4}$, dấu bằng khi và chỉ khi $A=B=C=60^{\circ }$), nên $a^2+b^2+c^2=9R^2$ buộc ${\sin }^{2}A+{\sin }^{2}B+{\sin }^{2}C=\frac{9}{4}$, xảy ra khi $A=B=C=60^{\circ }$.

Vậy tam giác $ABC$ là tam giác đều.