1 . Cho tam giác ABC , Ah vuông góc với BC, M là điểm bất kì thuộc thuộc AH ( M ko trùng với A, H). BM giao AC ở N , CM giao AB ở P
CMR : góc PHA = góc AHN

2. Cho tam giác ABC, đường cao AD, BE và CF , 3 đường cao đồng quy tại H.
a, chỉ ra các tứ giác nội tiếpb, CMR : HA.HD=HB.HE=HC.HF

Mong đc sự giúp đỡ của mọi ng`

nó vẫn đúng anh ạ (
em vẽ ra rồi, thế mới cần cm, hic.........

hic.....còn phần b nữa, ai giúp em đây, huhu
các oppa thân iu của em đâu rồi (

It's so cool ^^"
Em thấy bài giải của anh chi tiết rồi mà
Cảm ơn anh rát rất nhiều

Cho ABCD là hình vuông, dựng vào trong 2 tam giác đều BCE , DCF. Ae giao Cd tại G, AF giao với Bc tại H, CMR:
a, Tam giác AGH đều
b, Nếu thay hình vuông bởi hình chữ nhật hỏi kết luận còn đúng ko? Nếu đúng thì chứng minh .
Em cảm ơn mọi nguời

Anh ko có ý chê bai anh dark templar ( ngược lại còn thấy dark templar giỏi về BĐT và hình - 2 phần anh rất kém) nhưng sự thực là mấy cái công thức này học lên cao là em sẽ được học hết thôi. Nó thuộc về kiến thức cơ bản, ko dính tí nâng cao nào cả (hoặc nếu có thì cũng rất ít)

thật ra thì đã là dân toán ( và đương nhiên mem trong VMF ) ko sớm thì muộn, cũng sẽ đc học hết các công thức > Nhưng vấn đề áp dụg, vận dụng, suy luận tư duy thì ko phải ai cũng làm đc. Em phục anh dark nhất cái phần BĐT khó nhằn ý, super man ^^. Anh ý mà là học sinh của thầy em chắc thầy hạnh phúc lắmlắm

Công thức 3 :
kẻ AD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Ta sẽ cm :$BC=2RsinA$
Thật vậy :Do tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ngoại tiếp (O) nên $ \widehat{BAC} = \widehat{BDC} $
Mặt khác ,có $ \widehat{BCD} =90^0$(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn )
Nên $sin(BAC)=sin(BDC)=\dfrac{BC}{BD}=\dfrac{BC}{2R}$
=>$BC=2RsinA=>sinA=\dfrac{BC}{2R}$
Ta có $S=\dfrac{AC.AB.sinA}{2}=\dfrac{AC.AB.\dfrac{BC}{2R}}{2}=\dfrac{AB.BC.CA}{4R}$(đpcm)
Công thức 4 :
Em viết sai đề rồi ,phải là $S=\dfrac{AB+BC+CA}{2}.r$
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
D,E,F lần lượt là điểm tiếp xúc của (I) với AB,BC,CA=>$IE=IF=ID=r$
Có $S_{ABC}=S_{AIB}+S_{BIC}+S_{CIA}=\dfrac{ID.AB}{2}+\dfrac{IE.BC}{2}+\dfrac{IF.CA}{2}$
$=\dfrac{r.AB+r.BC+r.CA}{2}=\dfrac{AB+BC+CA}{2}.r$
Công thức 5:(gọi là công thức Hê-rông)
Công thức này muốn cm thì em phải cm định lý sau đây:
$cosA=\dfrac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$(cm cái này thì em thử tự cm đi nhé!)
$=>cosA+1=\dfrac{(b+c)^2-a^2}{2bc}$
$1-cosA=\dfrac{a^2-(c-b)^2}{2bc}$
Có $S=\sqrt{p(p-a)(p-b)(p-c)}=\sqrt{\dfrac{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{16}}$
$=\sqrt{\dfrac{[(b+c)+a][(b+c)-a][a+(c-b)][a-(c-b)]}{16}}$
$=\sqrt{\dfrac{[(b+c)^2-a^2][a^2-(c-b)^2]}{16}}=\sqrt{\dfrac{2bc(cosA+1).2bc(1-cosA)}{16}}$
$=\sqrt{\dfrac{b^2c^2(1-cos^2A)}{4}}=\sqrt{\dfrac{b^2c^2.sin^2A}{4}}$
$=\dfrac{bc.sinA}{2}$(đúng )
Vậy ta có đpcm
P/s:Thực ra bài này còn 1 cách cm sơ cấp nữa dành cho học sinh THCS nhưng nó dài ,ko ngắn gọn = cách này

lại thể hiện bản lĩnh siêu nhân rồi...sao cái j` anh cũng làm đc hết thế....=="

Một câu ngắn gọn của thầy em :
HÃY CHỨNG MINH TẤT CẢ CÁC CÔNG THỨC TÍNH DIỆN TÍCH TAM GIÁC.!!!!

Thật sự là em rất lúng túng, thầy bảo ít nhất phải chứng minh đc cái công thức cơ bản nhất : S = ( a.h) :2
HI vọng mỗi ng` với chỉ một chút kiến thức nho nhỏ thôi, mọi ng` giúp em được chứ ạ?? em cảm ơn

ah!sr nhé! Đề bài đúng rồi đó !(tại làm vội quá!)
Đặt $A= \sum \dfrac{a_1}{h_a}$
Gọi D,E,F lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ $A_1,B_1,C_1$
Có $\dfrac{a_1}{h_a}=\dfrac{A_1D.BC}{2S_{ABC}}=\dfrac{A_1B.h_c}{2S_{ABC}}$
(Do $A_1B//h_c=>\dfrac{A_1D}{h_c}=\dfrac{A_1B}{BC}=>A_1D.BC=A_1B.h_c$)
$=\dfrac{BA_1}{AB}=\dfrac{BC}{AB+AC}$(tính chất đường phân giác )
tt,ta có $\dfrac{b_1}{h_b}=\dfrac{AC}{AB+BC}$
$\dfrac{c_1}{h_c}=\dfrac{AB}{AC+BC}$
Vậy $A=\dfrac{AB}{BC+CA}+\dfrac{BC}{CA+AB}+\dfrac{CA}{AB+BC} \geq \dfrac{3}{2}$(BĐT Nebsit)
$A_{min}=\dfrac{3}{2}<=>AB=BC=CA<=>$tam giác ABC đều
P/s:cm BĐT Nebsit :
Với $a,b,c>0.CMR:\dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{a+c}+\dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{3}{2}$(1)
Có $(1)<=>(a+b+c)(\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}) \geq \dfrac{9}{2}$
$[(a+b)+(b+c)+(c+a)](\dfrac{1}{a+b}+\dfrac{1}{b+c}+\dfrac{1}{c+a}) \geq 9$
Đặt $X=a+b.Y=b+c,Z=c+a$ thì BĐT$<=>(X+Y+Z)(\dfrac{1}{X}+\dfrac{1}{Y}+\dfrac{1}{Z}) \geq 9$
Cái này thì cm dễ dàng = AM-GM=>đpcm

anh này đúng là siêu nhân, hic...
bao giờ cho mình đc giỏi như thế để có cơ hội giúp đỡ mọi ng` nhỉ, toàn thấy mọi ng` phải vất vả giúp đỡ mình ko à....=="

Em sử dụng công thức tính $S=pr$(cm công thức này = cách cộng diện tích các tam giác IAB,IAC,IBC với I là tâm nội tiếp của tam giác ABC)
Còn cái BĐT AM-GM thực ra là BĐT Cô si mà em học ở trường đấy thôi!
Dòng cuối là hệ quả suy ra từ Cô-si
Cho $a_1,a_2,...,a_n>0$ ,Ta có BĐT sau:
$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n} \geq \dfrac{n^2}{a_1+a_2+...+a_n}$(1)
CM:
(1)<=>$(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n})(a_1+a_2+...+a_n) \geq n^2$
Áp dụng BĐT Cô-si cho n số $\dfrac{1}{a_1},\dfrac{1}{a_2},...,\dfrac{1}{a_n}$, ta có :
$\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n} \geq n\sqrt[n]{\dfrac{1}{a_1.a_2...a_n}}=\dfrac{n}{\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}}$(2)
Tiếp tục áp dụng BĐT Cô si cho n số $a_1,a_2,...,a_n$ ta có :
$a_1+a_2+...+a_n \geq n\sqrt[n]{a_1a_2...a_n}$(3)
Nhân vế theo vế của (2) và (3) ta có đpcm
Vậy từ (1)=>$\dfrac{1}{a_1+a_2+...+a_n} \leq \dfrac{1}{n}(\dfrac{1}{a_1}+\dfrac{1}{a_2}+...+\dfrac{1}{a_n})$
P/s: ký hiệu $\sum $ là tổng đấy !

Thanks oppa^^"
em hiểu rồi, em "gà" lắm, mới học lớp 9 thui, nên có j` ko hiểu thì em hỏi anh ná ná^^"

Có $h_a=\dfrac{2S}{a},h_b=\dfrac{2S}{b},h_c=\dfrac{2S}{c}$
BĐT<=>$ \sum \dfrac{1}{\dfrac{4}{a}+\dfrac{6}{b}} \leq \dfrac{p}{5}$
Có$ \dfrac{1}{\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{b}} \leq \dfrac{1}{100}(4a+6b)$(BĐT AM_GM)
tt với mấy cái kia =>đpcm

Hic...
Em ko hểu lắm....==" ( hay nói thẳng là chẳng hiểu j` cũng đc...

Cho tam giác ABC với 3 đường cao ${h_a},{h_{b,}}{h_c}$
Cmr :$ \dfrac{1}{{2{h_a} + 3{h_b}}}+ \dfrac{1}{{2{h_b} + 3{h_c}}}+\dfrac{1}{{2{h_c} + 3{h_a}}} \le \dfrac{1}{{5r}} $( r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
em là mem mới , mong các anh chị giúp đỡ và chỉ bảo, em cảm ơn