1. Ta có $\widehat{HAB} = \widehat{HCB}$ (cùng là góc vuông), nên $\triangle HAB \sim \triangle HCB$ (cùng có góc vuông và góc nhọn tương ứng bằng nhau). Do đó, ta có:
$$\frac{HA}{HB} = \frac{HC}{HA} \Rightarrow HA \cdot HC = HB^2.$$

2. Gọi I là giao điểm của AD và BH. Ta có $\widehat{HDC} = \widehat{HBC}$ (cùng là góc vuông), nên $HDCB$ là tứ giác nội tiếp. Do đó, ta có:
$$\widehat{HBI} = \widehat{HDI} = 90^\circ.$$
Từ đó, ta có $\triangle HBI \sim \triangle HDI$ và $\triangle HAB \sim \triangle HCB$ (do cùng có góc vuông và góc nhọn tương ứng bằng nhau). Kết hợp với $M$ là trung điểm của $AB$, ta có:
$$\frac{MI}{IC} = \frac{BM}{HA} = \frac{1}{2}.$$
Vậy ba điểm $C, I, M$ thẳng hàng.

3. Ta có:
$$\frac{MI}{IC} \cdot \frac{CH}{HA} \cdot \frac{AB}{BM} = 1.$$
Do đó, ta có:
$$\frac{MI}{IC} = \frac{1}{2} \Rightarrow MI = \frac{IC}{2}.$$
Kẻ $ME \parallel AC$ và $E \in BC$. Ta có $\frac{MI}{IC} = \frac{1}{2} = \frac{ME}{EC}$, suy ra $ME = \frac{IC}{2} = MI$. Do đó, tam giác $MIE$ là tam giác đều.
Vậy để diện tích tam giác $ABI$ lớn nhất, ta cần chọn $C$ sao cho $E$ trùng với $B$, tức là $C$ là hình chiếu của $B$ lên $Bx$.