Câu 4 : Cho đường tròn (O) đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn sao cho AC < BC (C khác A). Vẽ CH vuông góc với AB (H thuộc AB). a) Chứng minh tam giác ABC là tam giác vuông. Tính AC, biết AB = 4cm...

a) Ta có: $\widehat{CAH} = 90^{\circ}$ (vì $AH$ vuông góc với $AB$ theo đề bài). Mà $AC < BC$ nên $\widehat{CAB} > \widehat{CBA}$. Do đó, ta có $\widehat{CAB} + \widehat{CAH} > \widehat{CBA}$. Kết hợp với $\widehat{CAH} = 90^{\circ}$, suy ra $\widehat{CAB} + 90^{\circ} > \widehat{CBA}$ hay $\widehat{CAB} > \widehat{ABC}$. Vậy tam giác $ABC$ là tam giác vuông tại $A$. Áp dụng định lý Pythagore trong tam giác $CAH$, ta có: $AC^2 = AH^2 + CH^2 = 1^2 + (\frac{AB}{2})^2 = \frac{17}{4}$. Vậy $AC = \frac{\sqrt{17}}{2}$. b) Ta có $\widehat{CDA} = \widehat{CAD} = \widehat{CAH} = 90^{\circ}$ nên $CD$ là đường cao của tam giác $ABC$. Mà $CD=CA$ nên tam giác $ABC$ cân tại $C$. Do đó, ta có $\widehat{CBE} = \widehat{CBA} + \widehat{ABE} = \widehat{CBA} + \widehat{CAE} = \widehat{CBA} + \widehat{CAD} = \widehat{CBA} + \widehat{CAB} = 90^{\circ}$ (vì tam giác $ABC$ là tam giác vuông tại $A$). c) Ta có $\widehat{CED} = \widehat{CEA} + \widehat{AED} = \widehat{CBA} + \widehat{CAE} = \widehat{CBA} + \widehat{CAB} = 90^{\circ}$ (vì tam giác $ABC$ là tam giác vuông tại $A$). Do đó, tứ giác $BECD$ là tứ giác nội tiếp. Gọi $N$ là trung điểm của $CH$. Ta có $EN \parallel AB$ (vì $EN$ vuông góc với $CE$, mà $CE \parallel AB$ do tứ giác $BECD$ là tứ giác nội tiếp). Khi đó, ta có $\widehat{NEC} = \widehat{CAB} = \widehat{CBA}$ (vì tam giác $ABC$ là tam giác vuông tại $A$). Mà $NE=NC$ (vì $N$ là trung điểm của $CH$ và $CE \parallel AB$) nên tam giác $NEC$ là tam giác cân tại $N$. Do đó, ta có $NE=NC=ND$. Gọi $P$ là giao điểm của $KA$ và $BC$. Ta có $\widehat{KCP} = \widehat{KCA} = \widehat{BCA} = \widehat{BCE}$ (vì tứ giác $BECD$ là tứ giác nội tiếp). Mà $\widehat{NEC} = \widehat{CBA}$ nên tam giác $NEC$ đồng dạng với tam giác $BCE$. Khi đó, ta có $\frac{KP}{PC} = \frac{KA}{AC} = \frac{KN}{NE} = \frac{KP+PC}{NE+EC} = \frac{KP+PC}{NC}$. Từ đó suy ra $KP+PC = KP \cdot \frac{NC}{PC} + PC \cdot \frac{NC}{PC} = NC = ND$. Mà $K$ là điểm đối xứng của $I$ qua $C$ nên $CK=IK$. Do đó, ta có $KP=2CK=2IK$. Kết hợp với $KP+PC=ND$, suy ra $IK=PC=\frac{1}{2}ND$. Gọi $M'$ là giao điểm của $EM$ và $BC$. Ta sẽ chứng minh $M'=K$. Áp dụng định lý Pappus cho hai đường thẳng $AB$ và $CEM$, ta có $I$, $D$, $M'$ thẳng hàng. Áp dụng định lí Pappus cho hai đường thẳng $AB$ và $CMK$, ta có $I$, $D$, $M'$ thẳng hàng. Do đó, $I$, $D$, $M'$ thẳng hàng. Mà $I$, $D$, $M$ thẳng hàng nên $M'=K$. Vậy $KA$ là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ và $EM$ đi qua trung điểm của $CH$.