Câu 28-30. (2,0 điểm) Cho tam giác \(ABC\) \(\left( {AB < AC} \right)\) có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn \(\left( O \right).\) Các đường cao \(BM\) và \(CN\) của tam giác \(ABC\) cắt nhau tại \(H\)\(\left( {M \in AC,\,\,N \in AB} \right).\)

1) Chứng minh tứ giác \(BNMC\) là tứ giác nội tiếp.

2) Vì tứ giác \(BNMC\) là tứ giác nội tiếp nên (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BN)\)

Đường tròn \(\left( O \right)\) có (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \(BQ)\)

Do đó \[\widehat {BMN} = \widehat {BPQ}.\]

Mà đây là hai góc đồng vị nên \(MN\,{\rm{//}}\,PQ.\)

Theo định lí Thalès, ta có: \(\frac{{HM}}{{MP}} = \frac{{HN}}{{NQ}}\) suy ra \(HM \cdot NQ = HN \cdot MP.\)

3) Kẻ đường kính \(AD\) của đường tròn \(\left( O \right).\)

Khi đó, \(\widehat {ACD} = \widehat {ABD} = 90^\circ \) (góc nội tiếp chắn nửa đưởng tròn).

Ta có: \(BM \bot AC,\,\,DC \bot AC\) nên \(BM\,{\rm{//}}\,DC\) hay \(BH\,{\rm{//}}\,DC.\)

Tương tự, ta có \(CH\,{\rm{//}}\,DB.\)

Tứ giác \(BHCD\) có \(BH\,{\rm{//}}\,DC\) và \(CH\,{\rm{//}}\,DB\) nên tứ giác \(BHCD\) là hình bình hành.

Do đó hai đường chéo \(BC\) và \(HD\) cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Mà \(I\) là trung điểm của \(BC\) nên \(I\) là trung điểm của \(HD.\)

Xét \(\Delta AHD\) có \(O,\,\,I\) lần lượt là trung điểm của \(AD,\,\,HD\) nên \(OI\) là đường trung bình của \(\Delta AHD\) suy ra \[OI = \frac{1}{2}AH\] hay \[AH = 2OI.\]