Cho tam giác nhọn \(ABC\) có đường cao \(AH\left( {H \in BC} \right)\) và nội tiếp đường tròn tâm \(O\) có đường kính \(AM\)(Hình vẽ). Chứng minh \(\widehat {OAC} = \widehat {BAH}\)

a) Ta có $\widehat{\text{BAM}}+\widehat{\text{MAD}}=\widehat{\text{BAD}}={90}^{°}$ (1). Lại có \(Ax \bot Ay\) nên $\widehat{xAy}={90}^{°}$  $\text{ hay }\widehat{\text{MAD}}+\widehat{\text{DAN}}={90}^{°}\left(2\right)$

Từ (1) và (2) \( \Rightarrow \widehat {{\rm{BAM}}} = \widehat {{\rm{DAN}}}\)nên hai tam giác vuông \(ABM\)và \(AND\)bằng nhau theo trường hợp g.c.g.

\( \Rightarrow {\rm{AM}} = {\rm{AN}}\)

b) Tam giác \(AMN\) vuông cân tại \(A\), có \(AO\) là đường trung tuyến nên đồng thời là đường cao hay \(AO \bot MN\) hay $\widehat{\text{AOM}}={90}^{°}$. Dễ thấy tứ giác \[ABMO\] có $\widehat{\text{ABM}}=\widehat{\text{AOM}}={90}^{°}$

$\Rightarrow \widehat{\text{ABM}}+\widehat{\text{AOM}}={180}^{°}$ nên \[ABMO\] là tứ giác nội tiếp.

Lại có $\widehat{\text{AON}}=\widehat{\text{ADN}}={90}^{°}$, chứng tỏ bốn điểm \(A,O,D,N\) cùng thuộc một đường tròn đường kính \(AN\) hay tứ giác \[ANDO\]nội tiếp.

c) Ta có tứ giác\[\;ABMO\] nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \widehat {{\rm{BOM}}} = \widehat {{\rm{BAM}}}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung ),\(\widehat {{\rm{BAM}}} = \widehat {{\rm{DAN}}}({\rm{cmt}})\). Lại có tứ giác \[ANDO\] nội tiếp (cmt) \( \Rightarrow \widehat {{\rm{DAN}}} = \widehat {{\rm{DON}}}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung)

\( \Rightarrow \widehat {{\rm{BOM}}} = \widehat {{\rm{DON}}}\), mà ba điểm \(M,O,N\) thẳng hàng (gt)\( \Rightarrow B,D,O\)thẳng hàng.

a) Ta có \(\widehat {{\rm{ABC}}} = \widehat {{\rm{ADC}}}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung ). Lại có $\widehat{\text{ACD}}={90}^{°}$ ( \(AD\) là đường kính)

Do đó $△AHB\backsim △ACD$ (g.g)

b) $△AHB\backsim △ACD$  \( \Rightarrow AH = \frac{{AB.AC}}{{AD}} = \frac{{AB.AC}}{{2R}}\)

Do đó \({S_{ABC}} = \frac{1}{2}AH.BC = \frac{1}{2}\frac{{AB.AC}}{{2R}}.BC = \frac{{AB.AC.BC}}{{4R}} = \frac{{abc}}{{4R}}\).