Trên hai cạnh AB, AC của tam giác ABC lần lượt lấy D, E sao cho AE/EB=CD/AD. Gọi giao điểm của BD và CE là M. Xác định vị trí của E và D sao cho diện tích của tam giác BMC đạt giá trị lớn nhất và tính giá trị lớn nhất đó theo diện tích tam giác ABC.

-Áp dụng định lý Menelaus vào tam giác ACE, ta có: \[\frac{{AD}}{{DC}}.\frac{{CM}}{{ME}}.\frac{{BE}}{{BA}} = 1 =  > \frac{{CM}}{{ME}} = \frac{{CD.BA}}{{AD.BE}} =  > \frac{{CM}}{{CE}} = \frac{{CD.BA}}{{AD.BE + CD.BA}} = \frac{{S(BMC)}}{{S(BCE)}}(1).\]

-Ta lại có: \[\frac{{S(BCE)}}{{S(ABC)}} = \frac{{BE}}{{BA}}(2).\]

-Lấy (1) nhân với (2), ta có: \[\frac{{S(BMC)}}{{S(ABC)}} = \frac{{CD.BE}}{{CD.AB + AD.BE}}\].

-Để S(BMC) max thì \[\frac{{S(BMC)}}{{S(ABC)}}\max  <  =  > \frac{{S(ABC)}}{{S(BMC)}}\min  <  =  > \frac{{CD.AB + AD.BE}}{{CD.BE}}\min  <  =  > \frac{{AB}}{{BE}} + \frac{{AD}}{{CD}}\min  <  =  > \frac{{AE}}{{EB}} + \frac{{AD}}{{CD}}\min \].

-Mà \[\frac{{AE}}{{EB}} + \frac{{AD}}{{CD}} \ge 2\sqrt {\frac{{AE}}{{EB}}.\frac{{AD}}{{CD}}}  = 2\] (Dấu = xảy ra <=> \[\frac{{AE}}{{EB}} = \frac{{AD}}{{CD}}\]).

=> Để S(BMC) max thì E;D lần lượt là trung điểm của AB;AC.

-Khi đó S(BMC)=\[\frac{1}{3}S(ABC).\]

Cho tam giác ABC vuông tại A, $\widehat{B}=54^{\circ}$. Trên AC lấy D sao cho $\widehat{DBC}=18^{\circ}$.

Chứng minh BD < AC

-Kẻ BH là phân giác của \[\widehat {ABD}(H \in AC)\]; kẻ \[HM \bot BD(M \in BD).\]

-Ta lại có: Tam giác BHD cân tại H\[(\widehat {HBD} = \widehat {HCB} = {36^ \circ })\] => BH=HC.

                 \[ABH = MBH(g.c.g) =  > AH = HM\].

-Từ 2 điều trên => AC=AH+HC=HM+BH (1).

-Vì tam giác BHM vuông tại M => \[BH > BM\].

-Ta chứng minh được \[\widehat {MDH} = {54^ \circ } > {36^ \circ } = \widehat {MHD} =  > MH > MD\].

-Suy ra: \[BH + HM > BM + MD = BD(2).\]

-Từ (1);(2) =>đpcm.

Hai điểm D,E bạn lấy kiểu gì

-Đề bài phải là D trên AB; E trên BC mới làm được.

Câu 1: cho tam giác đều ABC. Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E sao cho BD = BE. Gọi G là trọng tâm của tam giác DBE, M là trung điểm đoạn thẳng AE. Tính $\frac{MG}{MC}$

Câu 2: Cho D thuộc trung tuyến AM của tam giác ABC, BD cắt AC tại H, CD cắt AB tại K. CMR HK // BC.

Câu 3: Cho hình bình hành ABCD. Gọi E,F lần lượt là các điểm trên các cạnh AD, AB. I,H,K lần lượt là trung điểm  các đoạn EF, FC, CE. CMR AI, BH, DK đồng quy

Câu 4: Cho góc xOy khcas góc bẹt. A là điểm cố định trên tia Ox ( A khác O), B chuyển động trên tia Oy, C là điểm sao cho tam giác ABC có góc BAC = a, AB =m ( m>0, $0^{o}<a<180^{o}$ ) CMR C thuộc 1 đường tròn cố dịnh

Câu 3:-Gọi BH cắt DC tại N; DK cắt BC tại M; FN cắt EM tại O; DK cắt BH tại Q.

-Ta có: AFOE là hình bình hành; I là trung điểm của FE => \[\overline {A;I;O} \] (1).

-Lại có: EMCD; FBCN; AFOE là hình bình hành =>  \[\frac{{BM}}{{MC}} = \frac{{FO}}{{ON}};\frac{{BA}}{{FA}} = \frac{{CD}}{{DN}}\] (2).

-Sử dụng định lý Menelaus vào tam giác BNC, ta có: \[\frac{{NQ}}{{QB}}.\frac{{BM}}{{MC}}.\frac{{CD}}{{ND}} = 1\] (3).

-Từ (2);(3) => \[\frac{{NQ}}{{QB}}.\frac{{FO}}{{ON}}.\frac{{BA}}{{FA}} = 1 =  > \overline {Q;O;A} \] (4) (Định lý Menelaus đảo cho tam giác BNF).

-Từ (1);(4) => \[\overline {A;I;O;Q} \] => AI; BH; DK đồng quy tại Q.

 Vậy đpcm.

Câu 1: cho tam giác đều ABC. Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E sao cho BD = BE. Gọi G là trọng tâm của tam giác DBE, M là trung điểm đoạn thẳng AE. Tính $\frac{MG}{MC}$

Câu 2: Cho D thuộc trung tuyến AM của tam giác ABC, BD cắt AC tại H, CD cắt AB tại K. CMR HK // BC.

Câu 3: Cho hình bình hành ABCD. Gọi E,F lần lượt là các điểm trên các cạnh AD, AB. I,H,K lần lượt là trung điểm  các đoạn EF, FC, CE. CMR AI, BH, DK đồng quy

Câu 4: Cho góc xOy khcas góc bẹt. A là điểm cố định trên tia Ox ( A khác O), B chuyển động trên tia Oy, C là điểm sao cho tam giác ABC có góc BAC = a, AB =m ( m>0, $0^{o}<a<180^{o}$ ) CMR C thuộc 1 đường tròn cố dịnh

Câu 2: -Sử dụng định lý Ceva vào tam giác ABC và \[\frac{{BM}}{{MC}} = 1\], ta có:

\[\frac{{AK}}{{KB}}.\frac{{BM}}{{MC}}.\frac{{CH}}{{HA}} = 1 =  > \frac{{AK}}{{KB}} = \frac{{HA}}{{CH}} =  > KH//BC\] (đpcm).

Câu 1: cho tam giác đều ABC. Trên các cạnh AB, AC lần lượt lấy các điểm D, E sao cho BD = BE. Gọi G là trọng tâm của tam giác DBE, M là trung điểm đoạn thẳng AE. Tính $\frac{MG}{MC}$

Câu 2: Cho D thuộc trung tuyến AM của tam giác ABC, BD cắt AC tại H, CD cắt AB tại K. CMR HK // BC.

Câu 3: Cho hình bình hành ABCD. Gọi E,F lần lượt là các điểm trên các cạnh AD, AB. I,H,K lần lượt là trung điểm  các đoạn EF, FC, CE. CMR AI, BH, DK đồng quy

Câu 4: Cho góc xOy khcas góc bẹt. A là điểm cố định trên tia Ox ( A khác O), B chuyển động trên tia Oy, C là điểm sao cho tam giác ABC có góc BAC = a, AB =m ( m>0, $0^{o}<a<180^{o}$ ) CMR C thuộc 1 đường tròn cố dịnh

Câu 1: -Lấy N đối xứng với G qua M.

-Ta có: ANEG là hình bình hành => AN=EG=GB; \[AN//EG\]. Mà \[EG \bot AB =  > AN \bot AB\] ; \[\widehat {BAC} = {60^ \circ } =  > \widehat {NAC} = {30^ \circ } = \widehat {GBC}\].

=> \[GBC = NAC(c.g.c) =  > GC = CN;\widehat {NCA} = \widehat {GCB} =  > GC = CN;\widehat {NCG} = \widehat {ACB} = {60^ \circ }\].

=> tam giác NCG đều => tam giác MCG vuông tại M có \[MG = \frac{1}{2}GN = \frac{1}{2}GC\].

=> \[\sqrt 3 .MG = MC =  > \frac{{MG}}{{MC}} = \frac{1}{{\sqrt 3 }}\].

Mình không hiểu từ dòng 3 đến dòng 4 và từ dóng 4 đến dòng 5,bạn giải thích cụ thể được không ?

-Từ dòng 3 đến dòng 4 mình bỏ \[A{B^2};A{C^2}\] ở 2 vế và chuyển vế \[2(AH.BH + AH.CH)\] sang.

-Từ dòng 4 đến dòng 5 mình cùng bỏ \[2(AB.BH + AC.CH)\] ; \[B{C^2} = A{H^2} + B{H^2} + A{H^2} + C{H^2}\]\[( = A{B^2} + A{C^2})\] và \[AB.AC = 2.S(ABC) = AH.BC = AH.BH + AH.CH\].

Cho $\Delta ABC$ vuông tại A

AH $\perp$ BC (H$\epsilon BC$ )

P,P1,P2 lần lượt là chu vi của $\Delta ABC,\Delta ABH,\Delta ACH$

Chứng minh rằng: $P^{2}={P_{1}}^{2}+{P_{2}}^{2}$

-Ta có: \[{P^2} = {P_1}^2 + {P_2}^2\].

\[ <  =  > {(AB + AC + BC)^2} = {(AH + BH + AB)^2} + {(AH + CH + AC)^2}\].

\[{ <  =  > A{B^2} + A{C^2} + B{C^2} + 2AB.AC + 2AB.BC + 2AC.BC = A{H^2} + B{H^2} + A{B^2} + 2AH.BH + 2BH.AB + 2AH.AB + A{H^2} + C{H^2} + A{C^2} + 2AH.CH + 2AH.AC + 2CH.AC}\].

\[{ <  =  > B{C^2} + 2(AB.AC - AH.BH - AH.CH) + 2(AB.BH + AC.CH) + (2AB.CH + 2AC.BH) = (A{H^2} + B{H^2} + A{H^2} + C{H^2}) + 2(AH.AB + AH.AC) + 2(AB.BH + AC.CH)}\].

\[{ <  =  > 2AB.CH + 2AC.BH = 2AH.AB + 2AH.AC}\].

\[{ <  =  > AB.CH + AC.BH = AH.AB + AH.AC(1).}\]

Cho tam giác ABC vuông cân ở A ;P;Q thuộc BC sao cho $\widehat{POQ}=45$độ,đường cao AH 

CM a,PQ<AH;

b,diện tích tam giác APQ$\geq \frac{\sqrt{2}-1}{2}$

-O là điểm gì vậy bạn?

Cho tứ giác ABCD

$E\epsilon AB$

$G\epsilon DC$

Biết EG//AD

$EG \cap AC=F$

$EG\cap BD=H$

Chứng minh rằng: $\frac{EF}{HG}=\frac{S(BCFE)}{S(BCGH)}$

-Kẻ \[BI//EG;BI \cap AC = \left\{ K \right\}\].

-Vì \[EF//BK =  > \frac{{EF}}{{BK}} = \frac{{AE}}{{AB}}\].

-Vì \[AD//EG//BI =  > \frac{{AE}}{{AB}} = \frac{{DG}}{{DI}}\].

-Vì \[GH//BI =  > \frac{{DG}}{{DI}} = \frac{{HG}}{{BI}}\].

=> \[\frac{{FE}}{{HG}} = \frac{{BK}}{{BI}}\] (1).

-Vì \[BI//AD =  > S(ABK) = S(DBK) =  > \frac{{S(ABK)}}{{S(DBI)}} = \frac{{S(DBK)}}{{S(DBI)}} = \frac{{BK}}{{BI}}\].

-Và có: \[\frac{{S(BKC)}}{{S(BIC)}} = \frac{{BK}}{{BI}} = \frac{{S(ABK)}}{{S(DBI)}} = \frac{{S(BKC) + S(ABK)}}{{S(BIC) + S(DBI)}} = \frac{{S(ABC)}}{{S(DBC)}}\] (2).

-Từ (1);(2) => \[\frac{{FE}}{{HG}} = \frac{{S(ABC)}}{{S(DBC)}}\].

-Ta lại có: \[\frac{{FE}}{{HG}} = \frac{{S(AFE)}}{{S(DHG)}} = \frac{{S(ABC)}}{{S(DBC)}} = \frac{{S(ABC) - S({\rm{AF}}E)}}{{S(DBC) - S(DHG)}} = \frac{{S(FEBC)}}{{S(HBCG)}}\].

 Vậy đpcm.

câu 1 : cho tam giác ABC với I là giao điểm của ba đường phân giác trong. Đường thẳng qua I vuông góc với IC cắt AC và BC tại M và N
a,Chứng minh rằng góc AIC là góc tù? Ba tam giác AIM, IBN, ABI đồng dạng
b, Chứng minh rằng: $\frac{AM}{BN}=(\frac{AI}{BI})^{2}$
c, Chứng minh rằng : $\frac{AM}{AC}+\frac{BN}{BC}+\frac{CI^{2}}{AC.BC}$=1
 

c)-Cần chứng minh:  \[\frac{{AM}}{{AC}} + \frac{{BN}}{{BC}} + \frac{{C{I^2}}}{{AC.BC}} = 1 <=>\[AM.BC + BN.AC + C{I^2} = AC.BC\] 

<=> \[AM.BC + BN.AC + C{I^2} = AM.BC + MC.BC\] <=> \[BN.AC + C{I^2} = MC.BC\] <=> \[BN.AM + BN.MC + C{I^2} = MC.BN + MC.CN\]

<=> \[BN.AM + C{I^2} = MC.CN\] <=> \[BN.AM = C{N^2} - C{I^2} = I{N^2}\] <=> \[BN.AM = IN.IM\]

<=> \[\frac{{BN}}{{IN}} = \frac{{MI}}{{AM}}\] (Luôn đúng do \[INB \sim AMI(g.g)\] và MC=NC; MI=IN).

 Vậy có đpcm.

câu 1 : cho tam giác ABC với I là giao điểm của ba đường phân giác trong. Đường thẳng qua I vuông góc với IC cắt AC và BC tại M và N
a,Chứng minh rằng góc AIC là góc tù? Ba tam giác AIM, IBN, ABI đồng dạng
b, Chứng minh rằng: $\frac{AM}{BN}=(\frac{AI}{BI})^{2}$
c, Chứng minh rằng : $\frac{AM}{AC}+\frac{BN}{BC}+\frac{CI^{2}}{AC.BC}$=1
 

a)-Vì \[\frac{1}{2}(\widehat {BAC} + \widehat {ACB}) < {90^ \circ }\] => \[\widehat {AIC} > {90^ \circ }\] => đpcm.

b)-Ta có: \[\widehat {AMC} = {90^ \circ } + \frac{{\widehat {ACB}}}{2} = \widehat {AIB}\] =>\[AMI \sim AIB(g.g)\].

-Tương tự, ta có: \[INB \sim AIB(g.g)\] => \[INB \sim AMI(g.g)\] => \[\frac{{AM}}{{IN}} = \frac{{MI}}{{NB}} = \frac{{AI}}{{IB}} =  > {(\frac{{AI}}{{BI}})^2} = \frac{{AM.MI}}{{IN.NB}} = \frac{{AM}}{{NB}}\] (Do MI=IN).

Ta có: ${S_{MCD}}=\frac{1}{2}S_{ABCD}$
Suy ra ${S_{MCD}}$ không đổi
=> Tứ giác $CPQD$ có diện tích nhỏ nhất khi tam giác MPQ có diện tích lớn nhất
Ta có: $\frac{S_{MPQ}}{S_{MCD}}=\frac{S_{MPQ}}{S_{MDP}}.\frac{S_{MPD}}{S_{MCD}}= \dfrac{MQ}{QD}.\dfrac{MP}{PC}\leq \frac{ (\frac{MQ}{QD}+\frac{MP}{PC})^{2}}{4}$

= $\frac{S_{MCD}}{4}$

Vậy min $$S_{MPQ}=S_{ABCD}:4$$ khi $\frac{MP}{PC}= \frac{MQ}{QD}\Rightarrow \frac{MB}{CD}= \frac{AM}{CD}\Rightarrow$ M là trung điểm AB

Ta có: ${S_{MCD}}=\frac{1}{2}S_{ABCD}$
Suy ra ${S_{MCD}}$ không đổi
=> Tứ giác $CPQD$ có diện tích nhỏ nhất khi tam giác MPQ có diện tích lớn nhất
Ta có: $\frac{S_{MPQ}}{S_{MCD}}=\frac{S_{MPQ}}{S_{MDP}}.\frac{S_{MPD}}{S_{MCD}}= \dfrac{MQ}{QD}.\dfrac{MP}{PC}\leq \frac{ (\frac{MQ}{QD}+\frac{MP}{PC})^{2}}{4}$

= $\frac{S_{MCD}}{4}$

Vậy min $$S_{MPQ}=S_{ABCD}:4$$ khi $\frac{MP}{PC}= \frac{MQ}{QD}\Rightarrow \frac{MB}{CD}= \frac{AM}{CD}\Rightarrow$ M là trung điểm AB

-Sao $\frac{{{{(\frac{{MQ}}{{QD}} + \frac{{MP}}{{PC}})}^2}}}{4} = \frac{{S(MCD)}}{4}$ vậy bạn?

Ta có: ${S_{MCD}}=\frac{1}{2}S_{ABCD}$
Suy ra ${S_{MCD}}$ không đổi
=> Tứ giác $CPQD$ có diện tích nhỏ nhất khi tam giác MPQ có diện tích lớn nhất
Ta có: $\frac{S_{MPQ}}{S_{ABCD}}=\frac{S_{MPQ}}{S_{MDP}}.\frac{S_{MPD}}{S_{MCD}}= \dfrac{MQ}{QD}.\dfrac{MP}{PC}\leq \frac{ (\frac{MQ}{QD}+\frac{MP}{PC})^{2}}{4}= \frac{1}{4}=1$
Vậy min $S_{MPQ}$  là  $S_{ABCD}:4$ khi $\frac{MP}{PC}= \frac{MQ}{QD}\Rightarrow \frac{MB}{CD}= \frac{AM}{CD}\Rightarrow$ M là trung điểm AB

-Bạn ơi sao $\frac{1}{4} = 1$ vậy?

Cho X là một điểm nằm trên cạnh AB của hình bình hành ABCD. Đường thẳng qua X song song với AD cắt AC tại M và cắt BD tại N. XD cắt AC tại P và XC cắt BD tại Q.

Chứng minh rằng $\frac{MP}{AC}+\frac{NQ}{BD}\geq \frac{1}{3}$

-Vì AX//DC => \[\frac{{AP}}{{PC}} = \frac{{AX}}{{DC}}\]  =>\[\frac{{AP}}{{AC}} = \frac{{AX}}{{DC + AX}} = \frac{{AX}}{{2AX + BX}}\].

-Vì MX//BC => \[\frac{{CM}}{{CA}} = \frac{{BX}}{{BA}}\].

-Từ 2 điều trên => \[1 - \frac{{PM}}{{AC}} = \frac{{AX}}{{2AX + BX}} + \frac{{BX}}{{BA}}\].

                        => \[\frac{{PM}}{{AC}} = 1 - \frac{{AX}}{{2AX + BX}} - \frac{{BX}}{{BA}}\] =\[\frac{{AX}}{{AB}} - \frac{{AX}}{{2AX + BX}}\].

-Tương tự, ta có:  \[\frac{{NQ}}{{BD}} = \frac{{BX}}{{BA}} - \frac{{BX}}{{2BX + XA}}\].

=> \[\frac{{NQ}}{{BD}} + \frac{{PM}}{{AC}} = \frac{{BX + XA}}{{BA}} - \frac{{BX}}{{2BX + XA}} - \frac{{XA}}{{2AX + BX}} = 1 - \frac{{BX}}{{2BX + XA}} - \frac{{XA}}{{2AX + BX}}\] (1).

-Ta có: \[\frac{2}{3} \le \frac{{{{(BX + XA)}^2}}}{{{{(BX + XA)}^2} + 2AX.BX}} \le \frac{{BX}}{{2AX + BX}} + \frac{{AX}}{{2BX + AX}}\].

=> \[1 - \frac{{2AX}}{{2AX + BX}} + 1 - \frac{{2BX}}{{2BX + AX}} \ge \frac{2}{3}\].

=> \[\frac{{BX}}{{2BX + XA}} + \frac{{AX}}{{2AX + BX}} \le \frac{2}{3}\]     => \[1 - \frac{{BX}}{{2BX + XA}} - \frac{{AX}}{{2AX + BX}} \ge \frac{1}{3}\] (2).

-Từ (1);(2) => \[\frac{{NQ}}{{BD}} + \frac{{PM}}{{AC}} \ge \frac{1}{3}\].

Cho tam giác ABC vuông tại A và điểm H di chuyển trên BC. Gọi E, F lần lượt là điểm đối của H qua AB, AC.

 a.Xác định vị trí của H để diện tích tứ giác BEFC bằng AH.BC. Lúc đó BEFC là hình gì ?

 b.Xác định vị trí của H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất.

b)-Ta có: IAKH là hình chữ nhật => S(EHF)=EH.HF/2.

-Để S(EHF) max <=> EH.HF/2 max <=> EH.HF/4 max <=> IH.HK max <=> S(IAKH) max <=> S(BIH)+ S(CKH) min (1).

-Ta lại có: \[\frac{{S(BIH)}}{{S(BAC)}} = \frac{{B{H^2}}}{{B{C^2}}}\]; \[\frac{{S(CKH)}}{{S(BAC)}} = \frac{{C{H^2}}}{{B{C^2}}}\].

=> \[\frac{{S(CKH)}}{{S(BAC)}} +\[\frac{{S(BIH)}}{{S(BAC)}}\]= \[\frac{{B{H^2} + C{H^2}}}{{B{C^2}}} \ge \frac{{{{(BH + CH)}^2}}}{{2.B{C^2}}} = \frac{1}{2}\].

 (Dấu = xảy ra <=> BH=CH <=> H là trung điểm của BC) (2).

-Từ (1);(2) => Để S(EHF) max thì H là trung điểm của BC.

Cho tam giác ABC vuông tại A và điểm H di chuyển trên BC. Gọi E, F lần lượt là điểm đối của H qua AB, AC.

 a.Xác định vị trí của H để diện tích tứ giác BEFC bằng AH.BC. Lúc đó BEFC là hình gì ?

 b.Xác định vị trí của H để tam giác EHF có diện tích lớn nhất.

a)-Ta có: Do E;F lần lượt là điểm đối xứng của H qua AB,AC =>  \[\widehat {EAH}\]= \[2 \times \widehat {BAH}\].

                                                                                                      \[\widehat {HAF}\]\[ = 2 \times \widehat {HAC}\].

-Từ 2 điều trên => \[\widehat {EAF}\]=\[2 \times \widehat {BAC}\] => \[\overline {E;A;F} \].

-Và có:                            \[\begin{array}{l}

Cho tam giác ABC cân tại A. N thuộc tam giác sao cho $\widehat{NAC}=\widehat{NBA}=\widehat{NCB}$. BN cắt AC tại M. CMR: MA=MC

-Kẻ \[AH \bot BN\]\[\left( {H \in BN} \right)\];\[CK \bot AN\left( {K \in AN} \right)\];\[CI \bot BN\left( {I \in BN} \right)\].                                                        -Ta có:tam giác BAH=tam giác ACK(g.c.g) => AH = CK(1)                                                                                                                                              -Ta lại có: góc NBC = góc NCA;góc ABC = góc ACB.                                                                                                                                                  =>góc NBC = góc NCA =>góc CNK = góc CNI=> CK = CI(2).                                                                                                                                       -Từ (1);(2) =>AH=CI =>tam giác AHM=tam giác CIM(g.c.g) =>AM=CM.

Cho tam giác đều ABC. Gọi D là điểm đối xứng của B qua đường thẳng AC. Trên tia BC lấy M sao cho $BM=\frac{4}{3}.BC$. Đường thẳng AM cắt CD tại N. Trên các đoạn thẳng AB, AD  lấy các điểm E, F theo thứ tự sao cho CE // NF. Tình số đo góc EOF trong đó O là trung điểm AC

-Chứng minh được: ABCD là hình thoi có góc ABC= 60 độ và B;O;D thẳng hàng.

-Ta lại có: +)Do AD//CM => DN/CN= AD/CM= BC/CM= 3.

    => DN= 3/4.CD=3/4.BC (Do ABCD là hình thoi).

    => DN.BC = 3/4.BC^2 = BO^2 = BO.OD (1) (Do tam giác BOC vuông tại O và có góc BCO= 60 độ nên BC^2=4.OC^2 => BO^2= 3/4.BC^2).

-Gọi FN cắt BC tại P.

-Ta có: góc DFN= góc NPC= góc ECB (Do FD//BC và FN//CE) và góc EBC= góc FDN (=60 độ).

   => tam giác FDN đồng dạng với tam giác CBE (g.g)  => FD/DN= CB/BE  => DN.BC= FD.BE (2).

   -Từ (1);(2) => BO.OD= FD.BE => FD/DO= BO/BE.

   -Mà góc FDO= góc EBO (Do ABCD là hình thoi).

-Từ 2 điều trên => tam giác FDO đồng dạng với tam giác OBE (c.g.c)

                        => góc DFO= góc EOB   => góc EOB+ góc FOD= góc DFO+ góc FOD= 180 đô- góc FDO= 150 độ.

                        => góc FOE= 180 độ- ( góc EOB+ góc FOD)= 180 độ- 150 độ= 30 độ.

-Vậy góc FOE= 30 độ.

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. I, K lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABH và ACH. Đường thẳng IK cắt AB ở M, AC ở N.

Chứng minh:

a) AM=AN

b) $S_{\Delta ABC}\geq 2S_{\Delta AMN}$

b)-Do tam giác AMN có AM=AN và góc MAN=90 độ.

=> góc AMI= góc ANK=45 độ.

=> tam giác AMI= tam giác AHI (g.c.g) => AM=AH. Mà AM=AN; AM vuông góc với AN.

=>2.S(AMN)= AM.AN= AH^2 (1).

-Lấy P là trung điểm của BC.

-Ta có: BC/2= AP >=AH (2).

-Từ (1);(2) => 2.S(AMN)=AH^2 =< AH.BC/2= S(ABC).

=>đpcm. Dấu = xảy ra khi AP=AH <=> tam giác ABC vuông cân tại A.

Cho tam giác ABC vuông tại A, đường cao AH. I, K lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABH và ACH. Đường thẳng IK cắt AB ở M, AC ở N.

Chứng minh:

a) AM=AN

b) $S_{\Delta ABC}\geq 2S_{\Delta AMN}$

a)-Gọi BI cắt CK tại Q.

-Ta có: góc IAK=45 độ và Q là giao 3 đường phân giác trong tam giác ABC.

-Do I là giao 3 đường phân giác trong tam giác AHB vuông tại H => góc AIB= 135 độ => góc AIQ=45 độ

=> IQ vuông góc với AK (góc IAK=45 độ; góc AIQ=45 độ).

-Tương tự, ta có: KQ vuông góc với AI   =>Q là trực tâm tam giác AKI.

=> AQ vuông góc với IK  => AQ vuông góc với MN.

-Trong tam giác AMN có AQ vừa là đường cao, vừa là đường phân giác => tam giác AMN cân tại A  

=> AM=AN.

Tam giác ABC vuông tại A có BC=2AB. Lấy D,E nằm trên AC,AB sao cho $\widehat{ABD}=\frac{1}{3}\widehat{ABC}; \widehat{ACE}=\frac{1}{3}\widehat{ACB}$. f LÀ GIAO CỦA bd,ce. H,K là điểm đối xứng của F qua AC,BC.

Chứng minh:

a. H,D,K thẳng hàng.

b. Tam giác DEF cân.

b) -Lấy M là giao 3 đường phân giác trong tam giác BFC.

-Ta có: góc EFB= góc BFM= góc CFM= góc DFC= 60 độ.

-Và góc FBE= góc FBM (=20 độ); góc DCF=góc FCM (=10 độ).

=> tam giác FEB= tam giác FMB (g.c.g)

  và tam giác DFC= tam giác MFC (g.c.g).

=> EF=FM và FM=FD.

=> tam giác DEF cân tại F. 

Tam giác ABC vuông tại A có BC=2AB. Lấy D,E nằm trên AC,AB sao cho $\widehat{ABD}=\frac{1}{3}\widehat{ABC}; \widehat{ACE}=\frac{1}{3}\widehat{ACB}$. f LÀ GIAO CỦA bd,ce. H,K là điểm đối xứng của F qua AC,BC.

Chứng minh:

a. H,D,K thẳng hàng.

b. Tam giác DEF cân.

a)-Tam giác ABC vuông tại A có BC=2AB => góc B=60 độ; góc C= 30 độ.

-Vì C;D thuộc đường trung trực của HF => góc DHC= góc DFC= 60 độ (góc ACE=10 độ; góc FDC= 110 độ) (1).

-Do C;D thuộc đường trung trực của HF => HC=CF; góc HCF= 2.góc FCD (2).

-Do C;B thuộc đường trung trực của F;K  => FC=CK và góc FCK= 2.góc FCB (3).

-Từ (2);(3) => HC=CK và góc HCK=2.góc ACB= 60 độ.

=> tam giác HCK đều => góc CHK=60 độ (4).

-Từ (1);(4) => H;D;K thẳng hàng (góc CHD= góc CHK= 60 độ).

Cho $\Delta ABC$ có AB=AC

$AE\perp BC$$(E\epsilon BC)$

$BH\perp AC (H\epsilon AE)$

Biết $\frac{HA}{HE}=8$

BI là phân giác của $\widehat{ABE}$$(I\epsilon AE)$

Tính $\frac{IA}{IE}$

-Lấy M đối xứng với H qua E.

-Ta có: BHCM là hình thoi; CH vuông góc với AB => BM vuông góc với AB.

-Tam giác ABM vuông tại B có BE là đường cao => AB^2= AE.AM= 9.HE.10.HE= 90.HE^2 (1).

                                                                              và BE^2= AE.EM= 9.HE.HE= 9.HE^2 (2) (Do AE=9.HE; HE=EM => AM=10.HE).

-Từ (1);(2) => (AB/BE)^2= (90.HE^2)/(9.HE^2)= 10 (3).

-Vì BI là phân giác của góc ABE => (AB/BE)=(AI/IE) (4).

-Từ (3);(4) =>(AI/IE)^2= 10.

c)-Lấy C' đối xứng với C qua d.

-Ta có: P(MBC) min <=> MB+MC min <=> MB+MC' min (Do MC=MC').

-Điều này xảy ra khi B;M;C' thẳng hàng.

-Vậy M là giao điểm của đường thẳng d với đường thẳng đi qua B và điểm đối xứng với C qua d.