Câu 5: ( 3,5 điểm )Cho tam giác ABC vuông tại A . Đường tròn tâm O đường kính AB cắt các đoạn BC và...

{
"content1": "a) Ta có $\angle OAB = 90^{\circ}$ do tam giác ABC vuông tại A. Vậy $AD$ là đường phân giác của $\angle BAC$ nên $\angle CAD = \angle BAD = \angle HCD$ (cùng chứng minh được $\angle ACD = \angle HAD$). Do đó tứ giác $ACDH$ nội tiếp. Từ đó, ta có $\angle CHD = \angle CAD = \angle ABC$.",
"content2": "b) Gọi N là hình chiếu của O lên BC. Ta có $\angle OHD = 90^{\circ}$ do $OH \perp HD$ và $\angle OBH = 90^{\circ}$ do $OB \perp HB$. Vậy tứ giác $OBCH$ nội tiếp và từ đó, $\angle OHB = \angle OCB$. Ta có $HM \perp BC$ và $NH \perp BC$ nên $HM$ là tia phân giác của $\angle BHD$.",
"content3": "c) Ta có $MB = MD$ do $AB = AD$. Hơn nữa, $\triangle MBD$ và $\triangle MCB$ đồng dạng nên $\frac{MD}{BC} = \frac{MB}{MC}$. Từ đó, ta có $MD \cdot BC = MB \cdot BC$ và $MB \cdot MD = MK \cdot MC$ với $K$ là trung điểm của $BD$.",
"content4": "d) Gọi G là giao điểm của $OC$ và $EJ$. Ta có thể chứng minh được tứ giác $MIJO$ nội tiếp với đường tròn (O) do có hai góc đối ứng bằng nhau. Từ đó suy ra $OG \perp EJ$ và $OG \perp OC$. Vậy $G$ là điểm nằm trên đường tròn (O) và đồng thời trên $OC$.",
"content5": "e) Ta cũng có thể chứng minh bằng cách sử dụng định lí Ptolemy trong tam giác ACDH để chứng minh nội tiếp của tứ giác ACDH. Tương tự, ta có thể sử dụng các tính chất của đường tròn để chứng minh tỉ lệ đồng dạng giữa các tam giác."
}