Cho tam giác ABC có ba góc nhọn nội tiếp đường tròn tâm O bán kính R và AH là đường cao của tam giác ABC . Gọi M,N lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ H đến AB và A
a)
Ta có \[HM \bot AB\]tại \[M\]nên \[\Delta AMH\] vuông tại \[M\], suy ra \[A,\,M,\,H\] cùng thuộc đường tròn đường kính \[AH\].
Ta có \[HN \bot AC\]tại \[N\]nên \[\Delta ANH\]vuông tại \[N\], suy ra \[A,\,N,\,H\]cùng thuộc đường tròn đường kính \[AH\].
Do đó 4 điểm \[A,\,M,\,H,\,N\]cùng thuộc đường tròn đường kính AH.
b)
Xét \[\Delta AMH\] và \[\Delta AHB\] có \(\widehat {AMH} = \widehat {AHB} = 90^\circ \), \[\widehat A\] chung
\[ \Rightarrow \] \[ \Rightarrow \] \(\frac{{AM}}{{AH}} = \frac{{AH}}{{AB}}\)
\[ \Rightarrow \]\[A{H^2} = AM.AB(1)\]
Chứng minh tương tự có \[A{H^2} = AN.AC(2)\]
Từ (1) và (2) suy ra \[AM.AB = AN.AC\]\[ \Rightarrow \] \(\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}\)
Xét \[\Delta AMN\] và \[\Delta ACB\]: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{AM}}{{AC}} = \frac{{AN}}{{AB}}}\\{\hat A\;chung}\end{array}} \right.\)
\(\)\[ \Rightarrow \] \[ \Rightarrow \]\(\widehat {ANM} = \widehat {ABC}\) (hai góc tương ứng) (3)
Kẻ đường kính \[AD\] ta có \(\widehat {DAC} = \widehat {DBC}\) (hai góc nội tiếp cùng chắn cung \[DC\]) (4)
Từ \[(3);(4)\] suy ra \(\widehat {ANM} + \widehat {DAC} = \widehat {ABC} + \widehat {DBC} = \widehat {ABD} = 90^\circ \)
\[ \Rightarrow AO \bot MN\]
c) 
Theo chứng minh trên có \[AN.AC = A{H^2} = 2{R^2} = AO.AD\]
\[ \Rightarrow \] \(\frac{{AN}}{{AD}} = \frac{{AO}}{{AC}}\)
Xét \[\Delta \]ANO và \[\Delta \]ADC: \(\left\{ {\begin{array}{*{20}{c}}{\frac{{AN}}{{AD}} = \frac{{AO}}{{AC}}}\\{\hat A\;chung}\end{array}} \right.\)
\[ \Rightarrow \]
\[ \Rightarrow \] \(\widehat {AON} = \widehat {ACD} = 90^\circ \)
Chứng minh tương tự \(\widehat {AOM} = \widehat {ABD} = 90^\circ \)
\( \Rightarrow \widehat {AOM} + \widehat {AON} = 90^\circ + 90^\circ = 180^\circ \)
Hay \[\widehat {AMN} = 180^\circ \]\[ \Rightarrow A,\,M,\,N\] thẳng hàng .