Câu 37-39: (2,0 điểm) Cho tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn tâm \(O\) đường kính \(AD.\) Gọi \(H\) là giao điểm của \(AC\) và \(BD,\) kẻ \(HK \bot AD\,\,\left( {K \in AD} \right).\)

1) Chứng minh tứ giác \(CDKH\) nội tiếp.

Vì \(\widehat {HCD} = 90^\circ \) nên \(\widehat {HCM} = 90^\circ ,\) suy ra ba điểm \(H,\,\,C,\,\,M\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(HM.\)

Tương tự, ta có ba điểm \(H,\,\,B,\,\,M\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(HM.\)

Do đó, bốn điểm \(H,\,\,B,\,\,M,\,\,C\) cùng nằm trên đường tròn đường kính \(HM.\)

Như vậy, tứ giác \(HBMC\) nội tiếp đường tròn đường kính \(HM.\)

Suy ra \(\widehat {MHC} = \widehat {MBC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(MC).\)   (1)

Do tứ giác \(ABCD\) nội tiếp đường tròn \(\left( O \right)\) nên \[\widehat {CBA} + \widehat {ADC} = 180^\circ \] (tổng hai góc đối nhau)

Tứ giác \(CDKH\) nội tiếp đường tròn đường kính \(HD\) nên \(\widehat {CHK} + \widehat {KDC} = 180^\circ \) (tổng hai góc đối nhau) hay \[\widehat {CHK} + \widehat {ADC} = 180^\circ \].

Suy ra \[\widehat {CBA} = \widehat {CHK}.\]

Lại có \[\widehat {MBC} + \widehat {CBA} = 180^\circ \] (hai góc kề bù) nên \[\widehat {MBC} + \widehat {CHK} = 180^\circ \] (2)

Từ (1) và (2) suy ra \[\widehat {MHC} + \widehat {CHK} = 180^\circ \] hay \(\widehat {MHK} = 180^\circ .\)

Do đó ba điểm \(M,\,\,H,\,\,K\) thẳng hàng.

⦁ Tứ giác \(CDKH\) nội tiếp nên \(\widehat {HCK} = \widehat {HDK}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(HK)\)

Tứ giác \(HBMC\) nội tiếp nên \(\widehat {HCB} = \widehat {HMB}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BH)\)

Mà \(\widehat {BDA} = \widehat {KMA}\) (cùng phụ với \(\widehat {MAD})\) hay \(\widehat {HDK} = \widehat {HMB}\) nên \(\widehat {HCK} = \widehat {HCB}\)

Suy ra \(CH\) là tia phân giác của \(\widehat {BCK}.\)

Xét \(\Delta BCN\) có \(CH\) là tia phân giác của \(\widehat {BCN}\) nên \(\frac{{HN}}{{HB}} = \frac{{CN}}{{CB}}\) (tính chất tia phân giác). (5)

⦁ Kẻ đường thẳng song song với \(CK,\) cắt \(MD\) tại \(P.\)

Xét \(\Delta BDP\) có \(BP\,{\rm{//}}\,CN\) nên \(\frac{{CN}}{{PB}} = \frac{{DN}}{{DB}}\) (hệ quả định lí Thalès). (3)

Ta có \(\widehat {HCK} + \widehat {KCD} = 90^\circ \) và \(\widehat {HCB} + \widehat {BCP} = 90^\circ \)

Mà \(\widehat {HCK} = \widehat {HCB}\) (chứng minh trên) nên \(\widehat {KCD} = \widehat {BCP}.\)

Do \(BP\,{\rm{//}}\,CK\) nên \(\widehat {BPC} = \widehat {KCD}\) (hai góc đồng vị).

Suy ra \(\widehat {BCP} = \widehat {BPC}\) nên \(\Delta BCP\) cân tại \(B.\) Do đó \[BC = BP.\] (4)

Từ (3) và (4) suy ra \(\frac{{CN}}{{BC}} = \frac{{DN}}{{DB}}\) (6)

⦁ Từ (5) và (6) suy ra \(\frac{{HN}}{{HB}} = \frac{{DN}}{{DB}}\) hay \(BD \cdot HN = DN \cdot HB.\)