Một trong những kĩ năng làm toán hình học đó là chứng minh các góc bằng nhau hay so sánh các góc, để dẫn tới các tam giác bằng nhau hay tam giác đồng dạng. Do đó kĩ năng biến đổi góc chiếm vị trí quan trọng trong việc chứng minh các tính chất hình học, vì thế chương đầu tiên của sách này tôi đưa ra một số bài toán liên quan đến việc tính toán, so sánh các góc, từ đó giải quyết được yêu cầu bài toán.
Việc tính toán các góc, tôi ưu tiên cho góc hình học mà không sử dụng góc định hướng. Việc sử dụng góc hình học phụ thuộc và hình vẽ nên lời giải nhiều khi không mang tính tổng quát, tuy vậy đối với các em mới từ lớp 9 lên thì cách trình bày này dễ tiếp thu hơn, và thực sự đối với số đông cũng vậy. Việc vẽ hình đó cũng là kĩ năng của người làm hình học, chú ý các trường hợp đề bài nêu ra để vẽ hình chính xác yêu cầu, từ đó có lời giải phù hợp. Chương trình vẽ hình trong sách là geogebra đã rất phổ biến với cộng đồng làm toán sơ cấp, tôi sẽ dùng chương trình này hỗ trợ làm tài liệu này. Có một điều khuyên cho các em học sinh là hãy vẽ bằng tay và dùng compa thước, không nên dùng phần mềm hỗ trợ để vẽ, vì khi thi cử thì không dùng máy để vẽ hay phát hiện tính chất.
Kiến thức chính của chương này là các kiến thức liên quan đến góc và đường tròn, tam giác đồng dạng, tứ giác nội tiếp đã học trong chương trình THCS. Các bài toán cũng chỉ sử dụng kiến thức của trung học cơ sở để giải.
Ví dụ 1. (Định lý Migel) Cho tam giác $ABC$. Các điểm $D, E, F$ lần lượt thuộc các đường thẳng $BC, AC$ và $AB$.
a. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AEF, BDF, CDE$ cùng đi qua một điểm. Điểm này được gọi là điểm Migel.
b. Chứng minh điểm Migel thuộc đường tròn ngoại tiếp của tam giác $ABC$ khi và chỉ khi $D, E, F$ thẳng hàng.
c. Khi $D, E, F$ thẳng hàng. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $AEF, BDF, CDE$ và điểm $P$ cùng thuộc một đường tròn.
a. Gọi $P$ là giao điểm của $(AEF)$ và $(BDF)$. Ta có $\angle PDC = \angle BFP = \angle AEP$. Suy ra $CDPE$ nội tiếp, hay $P \in (CDE)$. \\Vậy $(AEF), (BDF)$ và $(CDE)$ cùng đi qua một điểm.
b. Khi $D, E, F$ thẳng hàng.
Ta có $\angle DPB = \angle PFD = \angle PAE = \angle PAC$. Suy ra $P \in (ABC)$.
Ngược lại nếu $P \in (ABC)$ ta có $\angle PFD = \angle PBD = \angle PAE = 180^\circ – \angle PFE$. Suy ra $D, E, F$ thẳng hàng.
c. 
- Gọi $O, O_a, O_b, O_c$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABC, AEF, BDF, CDE$.
- Gọi $H = O_bO_c \cap PD, K = OO_a \cap PB, L = OO_c \cap PC$.
Ta có $O_bOc$ là trung trực của $PD$ nên $H$ là trung điểm của $PD$ và $\angle PH \bot O_bO_c$; tương tự với $K, L$. - $H, K, L$ là hình chiếu của $P$ trên các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác $OO_bO_c$, dễ thấy $H, K, L$ thẳng hàng nên 4 điểm $P, O, O_b, O_c$ cùng thuộc đường tròn. (Định lý đảo của đường thẳng Simson).
- Tương tự cho $P, O, O_a, O_c$ cũng cùng thuộc một đường tròn. Vậy 5 điểm $P, O, O_a, O_b, O_c$ cùng thuộc một đường tròn.
Ví dụ 2. (Đề đề nghị IMO 2002) Cho đường tròn $w$, $B$ là một điểm $w$. Trên tiếp tuyến tại $B$ của $w$ lấy điểm $A$; lấy điểm $C$ sao cho đoạn thẳng $AC$ cắt $w$ tại hai điểm phân biệt. Đường tròn $w’$ tiếp xúc với $AC$ tại $C$, tiếp xúc với $w$ tại $D$ sao cho $D$ khác phía $B$ đối với $AC$. Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BCD$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.
- Vẽ tiếp tuyến chung tại $D$ của $w$ và $w’$.
- Ta có $\angle BDC = \angle BDy + \angle yDC = \angle 180^o – \angle xDB$ $+ DCH + \angle 180^\circ – \angle ACD + \angle DCH$ $= \angle BAC + \angle AHB +\angle DCH = \angle BAC + 180^\circ – \angle BDC$.
- Suy ra $2 \angle BDC = 180^\circ + \angle BAC$. (1)
- Mặt khác $\angle BTC = 2 (180^\circ – \angle BDC)$, suy ra $2 \angle BDC = 360^\circ – \angle BTC$.(2)
- Từ (1) và (2) ta có $\angle BAC + \angle BTC = 180^\circ$, vậy tứ giác $ABTC$ nội tiếp.
Ví dụ 3. Tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ tại $A$ và $B$ cắt nhau tại điểm $P$. Trên cung nhỏ $AB$ lấy điểm $C$ sao cho $CAB$ khác tam giác cân. Các đường thẳng $CA$ và $BP$ cắt nhau tại $D$, $BC$ và $AP$ cắt nhau tại $E$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ACE, BCD$ và $OPC$ thẳng hàng.
- Gọi $Q$ là giao của $(ACE)$ và $BCD$ ($Q$ khác $C$).Ta có $\angle BDQ = \angle BCQ = \angle QAE$. Suy ra $AQDP$ nội tiếp. Tương tự thì $BQEP$ nội tiếp.
- Khi đó $\angle PQC = \angle EQC – \angle EQP = \angle PAC – \angle PBE = \dfrac{1}{2}(\angle AOC – \angle BOC) = \angle POQ$.
- Vậy tứ giác $OPCQ$ nội tiếp.
- Từ đó ta có tâm các đường tròn $(ACE), (BCD), (OPC)$ thẳng hàng.
Ví dụ 4. Cho đường tròn $(O)$ và điểm $P$ nằm ngoài $(O)$. Từ $P$ vẽ các tiếp tuyến $PA$ và $PB$ đến $(O)$ với các tiếp điểm $A, B$. Trên tia đối của tia $BP$ lấy điểm $M$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $APM$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $D$. Gọi $H$ là hình chiếu của $B$ trên $AM$. Chứng minh rằng $\angle HDM = 2\angle AMP$.
- Gọi $E$ là giao điểm của $MD$ và $(O)$, $K$ là giao điểm của $AM$ và $OB$.
- $\angle xAE = \angle ADE = \angle APM$. Suy ra $AE\parallel PM$, suy ra $\angle EAM = \angle AMP$. (1)
- Ta có $MD\cdot ME = MB^2 = MH\cdot MK$. Suy ra $DHKE$ nội tiếp. Do đó $\angle HDM = \angle HKE = 2\angle EAM$. (2)
- Từ (1) và (2) ta có $\angle HDM = 2\angle AMP$.