1.cho đường tròn tâm o bán kính R và đường thảng D không có điểm chung với đường tròn.Từ 1 điểm M trên D vẽ 2 tiếp tuyến MP và MQ.K thuộc đường thẳng vuông góc OH tù O đến đường thảng d.dây PQ cắt OH ở I và cắt OM ở K
cm
a)OI.OH=OK.OM=R^2
b)khi M di động trên đường thẳng d thì PQ luôn luôn đi qua 1 điểm cố định

Bài 1/
a)
*Dễ dàng cm OKI OHM (g_g)
$ \dfrac{OI}{OK} = \dfrac{OM}{OH} $ OI.OH=OK.OM (1)
*Lại có OPM vuông tại P có đường cao PK OK.OM=OP^2=R^2 (hệ thức lượng) (2)
*(1),(2) Q.E.D
b)
*Ta có OI.OH=R^2, mà R không đổi, OH không đổi do đường thẳng d và O cố định OI không đổi
I cố định, lại có I là giao của OH và PQ
PQ luôn đi qua một điểm cố định là I khi M di chuyển trên d

Cho (O), AB và CD là hai đường kính vuông góc với nhau. M là điểm thuộc cung nhỏ AD. MB và MC cắt OA và OD lần lượt ở P, Q. Chứng minh:
$\dfrac{OP}{PA}.\dfrac{OQ}{QD}=const$

Em không biết đề của anh/chị đúng không, nhưng nếu sửa lại hai đường kính đã cho thành AC và BD thì cách giải như sau:

*Từ O kẻ đường thẳng song song với AD, cắt MB, MC lần lượt ở E, F.

*Áp dụng hệ quả đ/l Thales vào:
APM có AM//OE $\Rightarrow \dfrac{OP}{AP}=\dfrac{OE}{AM}$ (i)

DQM có MD//OF $\Rightarrow \dfrac{OQ}{QD}=\dfrac{OF}{MD}$ (ii)

BMD có OE//MD $\Rightarrow \dfrac{OE}{MD}=\dfrac{OB}{BD}$ (iii)

ACM có OF//AM $\Rightarrow \dfrac{OF}{AM}=\dfrac{OC}{AC}$ (iiii)

*(i), (ii) $\Rightarrow \dfrac{OP}{AP}.\dfrac{OQ}{QD}=\dfrac{OE.OF}{AM.MD}=\dfrac{OE}{MD}.\dfrac{OF}{AM}$, lại có (iii), (iiii)

$\Rightarrow \dfrac{OP}{AP}.\dfrac{OQ}{QD}=\dfrac{OB^2}{BD^2}=\dfrac{OB^2}{4OB^2}$ (do OB, BD là bán kính, đường kính của (O))

$\Rightarrow \dfrac{OP}{AP}.\dfrac{OQ}{QD}=\dfrac{1}{4} (Q.E.D)$

Cho (O), AB và CD là hai đường kính vuông góc với nhau. M là điểm thuộc cung nhỏ AD. MB và MC cắt OA và OD lần lượt ở P, Q. Chứng minh:
$\dfrac{OP}{PA}.\dfrac{OQ}{QD}=const$

Theo em thì hai đường kính phải là AC và BD. Em mới lớp 8 thôi, có sai thì đừng cười em nhé!

Bài 2/ Kéo dài CK,DE cắt AB lần lượt ở M,N.
*Áp dụng hệ quả đ/l Thales, ta có:
BMC có AE//CM (gt) $\dfrac{AB}{AM}=\dfrac{BE}{EC}$ (1)
BNE có BN//DC $\dfrac{BN}{DC}=\dfrac{BE}{EC}$ (2)
AMK có AM//DC $\dfrac{AM}{DC}=\dfrac{AK}{DK}$ (3)
*(1),(2) suy ra $\dfrac{AB}{AM}=\dfrac{BN}{DC}$
$\dfrac{AB}{BN}=\dfrac{AM}{DC}$, lại có (3)
$\dfrac{AB}{BN}=\dfrac{AK}{DK}$
Q.E.D

*Lấy E là trung điểm AD.
*$AB = \dfrac{{AC}}{3}$ (gt), AD=2CD (gt) và AE=ED (cách vẽ) suy ra AB=AE=ED=DC suy ra 2ED=EC
$AB^{2} + AE^{2} =2* ED^{2}$
$BE^{2}=ED*2*ED=ED*EC$
$\dfrac{{BE}}{{EC}} = \dfrac{{ED}}{{BE}}$ lại có góc BEC chung
$\vartriangle EBC \sim \vartriangle EDB$ (c_g_c)
$\angle ECB = \angle EBD$
$\angle ECB + \angle ADB = \angle EBD + \angle ADB = \angle AEB = 45^ \circ $ (do ABE vuông cân tại A)
đpcm

Cho tam giác ABC có :widehat{A} = 2 :widehat{B} = 4 :widehat{C}=4
Chứng minh rằng: :frac{1}{AB} = :frac{1}{BC} + :frac{1}{CA}

*Tự cm $ \angle BAC $ lớn hơn 90độ.
*Bên ngoài $ \vartriangle ABC $ kẻ CH vuông góc với tia đối AB. Lấy D đối xứng với A qua H.
*Dễ dàng cm được $ \vartriangle ADC $ cân tại C.
*Ta có $ \angle ACD $=2$ \angle ACH $=180-2$ \angle HAC $=180-6
$ \angle DCB $=180-5 , mà $ \angle DBC $=$ \angle ABC $=180-5 $ \angle DCB $=$ \angle DBC $ ... DB=DC
*Ta có $ \angle ACB $=180-6 (tổng ba góc trong tam giác), mà $ \angle ACD $=180-6
CA là p/g $ \vartriangle DBC $
$ \dfrac{AB}{BC} = \dfrac{AD}{DC} = \dfrac{AB+AD}{BC+DC} = \dfrac{BD}{BC+AC} $
AB(BC+AC)=BC.BD=BC.DC=BC.AC AB.AC+AB.BC=AC.BC
$ \dfrac{AB.AC}{AB.AC.BC} + \dfrac{AB.BC}{AB.AC.BC} = \dfrac{AC.BC}{AB.AC.BC} $
ĐPCM

Bạn Tru09 hình như đọc nhầm đề rồi. Năm nay mình mới học lớp 10, mình xin giải thử cách này:
*Bạn tự cm bổ đề sau: Cho O,H lần lượt là tâm (đường tròn ngoại tiếp) và trực tâm của tam giác ABC. Ta có: $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$
*Áp dụng, ta có: $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$
*Ta bắt đầu với đẳng thức hiển nhiên sau:
$0=1/2.\overrightarrow{AB}+1/2.\overrightarrow{AC}+1/2.\overrightarrow{BA}+1/2.\overrightarrow{BC}+1/2.\overrightarrow{CA}+1/2.\overrightarrow{CB} =\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{CF} =\overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OE}-\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OF}-\overrightarrow{OC} =\overrightarrow{HO}+(\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF})$
Suy ra: $0=2\overrightarrow{HO}+2(\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF})$
Suy ra: $\overrightarrow{HO}=3\overrightarrow{HO}+2\overrightarrow{OD}+2\overrightarrow{OE}+2\overrightarrow{OF}=\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OA1}+\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OB1}+\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OC1}=\overrightarrow{HA1}+\overrightarrow{HB1}+\overrightarrow{HC1}$
Suy ra: $\overrightarrow{HO}=\overrightarrow{HA1}+\overrightarrow{HB1}+\overrightarrow{HC1}$.
=>ĐPCM

Cho hình thoi ABCD có ABC : = 60^{0}, hai đường chéo cắt nhau tại O, E thuộc tia BC sao cho BE = 4/3 BC AE cắt CD tại F trên hai đoạn thẳng AB, AD lần lượt lấy hai điểm G, H sao cho CG //FH.
1/ CMR: BG.DH = 3/4 BC.BC
2/ Tính số đo góc GOH

*Từ BE/BC=4/3(gt) suy ra CE/BC=1/3 suy ra CE/AD=1/3 (do BC=AD (do ABCD là hình thoi)) suy ra CF/DF=1/3 (áp dụng đ/l Thales cho AFD có AD//CE (tức là AD//BC) suy ra DF/DC=3/4 (cộng 1 vào 2 vế)
*[Cách suy nghĩ: cm BG.DH=3/4.BC.BC có nghĩa là cm BG.DH/BC.BC=3/4]
*[Cm đc 2 tam giác BGC và DFH đồng dạng] suy ra BG/BC=DF/DH
*Ta có: BG.DH/BC.BC=BG/BC.DH/BC=DF/DH.DH/BC=DF/BC=DF/DC(do ABCD là hình thoi)=3/4, từ đó suy ra đpcm

ABC, góc A= 60 độ . Các tia phân giác BD và CE cắt nhau tại I . So sánh ID và IE

Cách lớp 7 cho em đây

*Từ I kẻ IM, IN vuông góc với AB, AC lần lượt (M thuộc AB, N thuộc AC)

*Theo t/c giao điểm ba đường p/g (tâm đường tròn nội tiếp tam giác), ta có IM = IN

*Ta có góc NDI = góc ACB + 1/2 góc ABC (góc ngoài tại D của tam giác BDC)
= 1/2 góc ACB + 1/2 góc ABC + 1/2 góc ACB = 1/2(180 độ - góc BAC) + 1/2 góc ACB
= 1/2.120 độ + 1/2 góc ACB = 60 độ + 1/2 góc ACB (1)

*Ta có góc MEI = 60 độ + 1/2 góc ACB (góc ngoài tại E của tam giác AEC) (2)

*(1), (2) 90 độ - góc NDI = 90 độ - góc MEI Góc NID = góc MIE (do 2 tam giác NID, MEI vuông)

*Dễ dàng cm hai tam giác MIE và NID bằng nhau (g_c_g) do góc EMI = góc DNI = 90 độ (cách vẽ), IM=IN (cmt), góc MIE = góc NID (cmt) ID=IE (yttứ)

*Vậy ID=IE

Cho $ \Delta ABC $ vuông tại . Từ 1 điểm $ O $ nằm trong tam giác vẽ $ OD\perp BC; OE\perp CA; OF\perp AB $. Hãy xác định vị trí của điểm $O $ để
$ OD^{2} + OE^{2} + OF^{2} $ nhỏ nhất

*Từ A kẻ đường cao AH của $\Delta ABC$
*Ta có $AEOF$ là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông) nên $OA=EF$ (t/c)
* $\Delta OEF$ vuông tại O $\Rightarrow OE^{2} + OF^{2} = EF^{2} = OA^{2}$ (đ/l Pythagore)
$ \Rightarrow OD^{2} + OE^{2} + OF^{2} = OD^{2} + OA^{2} $
*Ta dễ dàng cm các bđt sau:
$ OD^{2} + OA^{2} \geq \dfrac{1}{2}.(OD+OA)^{2} = \dfrac{1}{2}.AD^{2} $. Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow OA=OD$
$ \dfrac{1}{2}.AD^{2} \geq \dfrac{1}{2}.AH^{2} $ (quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu)
*Vậy $ OD^{2} + OE^{2} + OF^{2} = OD^{2} + OA^{2} \geq \dfrac{1}{2}.AH^{2} $ (hằng số)
Vậy ... đạt giá trị nhỏ nhất $\Leftrightarrow OA=OD, O \in AD$ và $D \equiv H \Leftrightarrow$ O là trung điểm AH.

Mod:Xài Latex đầy đủ trong bài viết.

1.Cho x>0. Tìm Min: $P= x+\sqrt{x^2+ \dfrac{8}{x^2} }$
2.Cho x, y thỏa mãn: $\dfrac{x^2}{9} + \dfrac{y^2}{16}=36$.TÌm max min của $P= x - y + 2004.$
3.Cho a,b 0. Tìm min: $P= a^2 + b^2 + \dfrac{1}{a^2} + \dfrac{1}{b^2}$ .
4. CHo x,y,z thỏa mãn $x + y + 2z = 1$. Tìm max $P = xy +yz + zx.$

Mong mọi người xem hộ nha ( Nhớ là làm theo tam thức bậc 2 nhé).

Bài 3 :
*Áp dụng bđt $x^2 + y^2 \geq 2xy$, ta có:
$a^2 + \dfrac{1}{b^2} \geq 2 \dfrac{a}{b}$
$b^2 + \dfrac{1}{a^2} \geq 2 \dfrac{b}{a}$
*Cộng vế theo vế, ta có$ P \geq 2( \dfrac{a}{b} + \dfrac{b}{a} )$
*Áp dụng bđt$ \dfrac{x}{y} + \dfrac{y}{x} \geq 2$, ta có $P \geq 4$
*Dấu "=" xảy ra a=b

*Mình làm k bik đúng k, nhờ mọi người xem xét dùm. Còn giải theo tam thức bậc hai là sao, mình chưa hiểu ý bạn


Lưu ý : bạn ấy bảo dùng theo tam thức bậc 2 mà bạn

Em vẫn ko hiểu vì sao lại $A=(1995+1)(1995+2)...(1995+3990) : 3^{1995}$

Xin lỗi, mình đánh nhầm. Không phải A=... mà là lấy A chia cho $3^1995$ thì tương đương với
$(1995+1)(1995+2)...(1995+3990) : 3^{1995}$

Tìm số dư trong phép chia A=(1995+1)(1995+2)...(1995+3990) cho 3^1995

Mình mới làm đến đây:
$(1995+1)(1995+2)...(1995+3990) $
$=(1995+1)(1995+2)...(1995+2.1995)=3.1995(1995+1)...(1995+3989)$
Vậy $A=(1995+1)(1995+2)...(1995+3990) : 3^{1995}$
$\Leftrightarrow 3.1995(1995+1)...(1995+3989) : 3.3^{1995}$
$\Leftrightarrow 1995(1995+1)...(1995+3989) : 3^{1994}$

Bài 1 em đã chỉnh sửa đề rồi, anh thử giải lại giùm em có được không.Cảm ơn anh nhiều

*|x+y|^{2}= (x+y)^{2} (1)
* |a|+|b| |a+b|
(|a|+|b|)^{2} |a+b|^{x}=(a+b)^{2} ( áp dụng (1))
a^{2}+2|a||b|+b^{2} a^{2}+2ab+b^{2} (áp dụng (1)) (đúng do |a||b| ab)
*Vậy |a|+|b| |a+b|, dấu "=" xảy ra khi a,b 0

Giúp mình giải 4 bài này nha:
Bài 1: Cho tam giác ABC có 3 góc nhọn, AB<AC. 3 đường cao AM, AN, CP đồng qui tại trực tâm H. CP cắt MN ở K. Cm HP.CK=HK.CP
Bài 2: Cho tứ giác lồi ABCD ko có cạnh nào // và góc A + góc B = 180 độ. AD và BC cắt nhau tại M. AB cắt CD tại N. Phân giác góc DMC cắt AB ở E, CD ở G. Phân giác AND cắt BC, EG, AD tại F, O, H. Tính góc MON và cm: EFGH là hình thoi.
Bài 3: Cho tam giác ABC có trung tuyến AM và AB<AC. Qua A vẽ đường thẳng d // BC.
a) cm: $\angle BAM > \angle CAM$
b) Lấy D nằm giữa A,C. BD cắt AM ở I, cắt d ở K. Cm: IB.KD=ID.KB
Bài 4:Cho tam giác ABC vuông tại A, AB <=AC. Ah là đuo27ng cao. AQ là pah6n giác. Dựng hình vuông AHIK (I thuộc HC). AC cắt IK tại D.
a. CM: tam giác OPQ vuông cân; H, P, K thẳng hang
b. Cho B cố định. Dựng A (vẫn thỏa tam giác ABC vuông tại A có AB<= AC) để AHIK có diện tích lớn nhất.
Các bạn hướng dẫn rõ giúp mình nha, đặc biệt là câu b vì mình không quen với dạng này.

Bài 3/
a)Qua C vẽ CE//AB (E thuộc AM)
ABC có AB < AC (gt) suy ra $\angle ACB < \angle ABC$
Dễ dàng chứng minh được ABM = ECM AB=CE và $\angle BAM=\angle CEM $
Mà AB < AC (cmt) suy ra CE < AC suy ra $\angle CAM <\angle CEM$, mà $\angle BAM=\angle CEM$ đpcm
b)Qua D vẽ DF//BC (F thuộc AM)
Áp dụng hệ quả định lý Thales cho:
* IBM có DF//BM (cách vẽ) suy ra $\dfrac{IB}{ID}=\dfrac{BM}{DF}=\dfrac{MC}{DF}$ (do AM là trung tuyến tam giác ABC (gt)) (1)
* AKD có AK//BC (gt) suy ra $\dfrac{KB}{KD}=\dfrac{AC}{AD}$ (2)
* AMC có DF//MC (cách vẽ) suy ra $\dfrac{AC}{AD}=\dfrac{MC}{DF}$ (3)
(1), (2), (3) suy ra đpcm

Xin lỗi nha, mình viết thiếu: BD cắt AH tại O, cắt AQ tại P

Bài 1/Cmr HP.CK=HK.CP
Gọi tia đối của MP là Mx
*Dễ dàng cm được MH là p/g trong của tam giác MPK suy ra HP/HK=MP/MK (t/c đường p/g) (1)
*Ta có góc PMA + góc AMK + góc KMC + góc CMx = 180 độ
Lại có góc AMK + góc KMC = góc AMC = 90 độ
góc PMA + góc CMx = góc AMK + góc KMC = 90 độ, mà góc PMA = góc AMK (do MA là p/g góc PMK)
góc CMx = góc KMC MC là p/g ngoài tại M của tam giác MPK suy ra CP/CK=MP/MK (2)
*(1), (2) suy ra đpcm

Bài 4/ a) Cmr tam giác OPQ vuông cân
*AHIK là hình vuông suy ra AH=AK
*Góc BAH + góc HAC = góc HAC + góc DAK = 90 độ suy ra góc BAH = góc DAK
*Tam giác AHB = tam giác AKD (g_c_g) vì góc BAH = góc DAK (cmt), AH=AK (cmt), góc AHB = góc AKD = 90 độ (gt)
Suy ra AD=AB (yttứ), lại có góc BAD = 90 độ suy ra tam giác ABD vuông cân tại A (t/c)
Suy ra góc ABD = góc ADB = 45 độ, lại có góc BAP = 45 độ (do AP là p/g góc BAC (gt))
Suy ra tam giác ABP vuông cân tại P (t/c) suy ra góc OPQ = 90 độ và AP=BP (yttứ)
*Góc BAH + góc OAP + 45 độ = 90 độ
Góc BAH + góc PBQ + 45 độ = 90 độ
Suy ra góc OAP = góc PBO, lại có AP=BP (cmt), góc APO = góc BPQ = 90 độ
Suy ra tam giác APO = tam giác BPQ (g_c_g) suy ra OP = PQ
* Xét tam giác OPQ có OPQ = 90 độ (cmt) và OP = PQ (cmt) suy ra đpcm

b)Dựng A để S(AHIK) lớn nhất
*Lấy M sao cho AM là trung tuyến của tam giác ABC
*Ta có AH AM (quan hệ đường xiên và hình chiếu)
AH.AH AM.AM
S(AHIK) (BC/2)^{2} (do AM là trung tuyến nên AM=BM=MC=BC/2)
S(AHIK) BM.MC
*Vậy S(AHIK) lớn nhất AH=AM Tam giác ABC vuông cân tại A

Bài 2/ Đề sai rồi, không phải "góc A + góc B = 180 độ" mà phải là góc A + góc C = 180 độ
*Góc MON là góc ngoài tại O lần lượt của tam giác NOG và tam giác MOH
góc MON + góc MON = 1/2 góc N + góc OGN + 1/2 góc M + góc MHO
= (1/2 góc N + góc MHO) + (1/2 góc M + góc OGN)
= (180 độ - góc A) + (180 độ - góc C) (dùng t/c góc ngoài đó )
= 360 độ - (góc A + góc C) = 360 độ - 180 độ = 180 độ
góc MON = 90 độ
Tam giác MHF có MO vừa là p/g vừa là đường cao
Tam giác ENG có NO vừa là p/g vừa là đường cao
Tam giác MHF, tam giác ENG lần lượt cân tại M, N
MO, NO cũng là các đường trung tuyến của tam giác MHF, tam giác ENG
O là trung điểm chung của EG, FH
EFGH là hbn (tứ giác có 2 đường chéo có trung điểm chung)
Lại có EG vuông góc với FH (do góc MON = 90 độ (cmt))
EFGH là hình thoi (hbn có 2 đường chéo vuông góc) (đpcm)

ta sẽ chứng minh BDT:
$x^{4} + y^{4} + z^{4} = xyz(x+y+z)$
mình chỉ gợi ý thui bạn tự làm nha!

*Đúng rồi, để mình làm cho xem thử
*Áp dụng bđt $a^{2} + b^{2} \geq 2ab$, ta dễ dàng có
$x^{4} + y^{4} + z^{4} \geq (xy)^2 + (xz)^2 + (yz)^2$ (1)
*Áp dụng bđt $a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + ac + bc$, ta có $(xy)^2 + (xz)^2 + (yz)^2 \geq xyz(x+y+z)$ (2)
*(1), (2) $\Rightarrow x^{4} + y^{4} + z^{4} \geq xyz(x+y+z)=xyz$ (do $x+y+z=1$)
Mà $x^{4} + y^{4} + z^{4} = xyz (gt) \Leftrightarrow x=y=z$, lại có $x+y+z=1\Rightarrow x=y=z=1/3$

1)_ Cho lục giác đều ABCDEF cạnh a. Cho K là giao điểm của BD và CF, M là trung điểm FE. C/m tam giác AMK đều.

2)_Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AH. Kẻ HD AC tại D. Gọi M là trung điểm HD. C/m AM BD

Bài 2/
*Gọi N là trung điểm của BH ... MN//BD.
*Dễ dàng cm được $ \vartriangle AHD \sim \vartriangle ABH $ $ \dfrac{AB}{AH} = \dfrac{BH}{HD} $ và $ \angle ABN = \angle AHD $ $ \dfrac{AB}{AH} = \dfrac{BN}{HM} $ và $ \angle ABN = \angle AHD $
$ \vartriangle AHM \sim \vartriangle ABN $ (c_g_c)
$ \dfrac{AB}{AN} = \dfrac{AH}{AM} $ và $ \angle BAN = \angle HAM $
$ \dfrac{AB}{AN} = \dfrac{AH}{AM} $ và $ \angle BAH = \angle NAM $
$ \vartriangle ABH \sim \vartriangle ANM $ (c_g_c)
$ \angle AHB = \angle AMN = 90 độ $
AM vuông góc MN, mà MN//BD (cmt)
ĐPCM

1, tam giác ABC nhịn có M nằm trong tam giác. Tìm vị trí của M để MA+MB+MC min.
2, cho góc xOy nhọn. (I) cố định tiếp xúc với Ox, Oy tại M,N. 1 đthẳng d thay đổi tiếp xúc (I) tại E. d cắt Ox,Oy tại A,B.
Xác định vị trí d sao cho:
a) AB min
b) diện tích OAB min

Bài 1/ Đây gọi là bài toán điểm Toricelli (nhà bác học Ý tìm ra áp suất thủy ngân). Cách giải như sau:

*Nối MB, MC. Ngoài $ \vartriangle ABC $ dựng $ \vartriangle BEC $ sao cho $ \vartriangle BEC $ đều.

*Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác BMCE, ta có MB.CE + MC.BE ME.BC, lại có BC=CE=BE ($ \vartriangle BEC $ đều) MB + MC ME
MA + MB + MC ME + MA AE (hằng số)

*Dấu "=" xảy ra tứ giác BMCE nội tiếp và A, M, E thẳng hàng
$ \angle BMC $ = 120 độ (tự cm ) và M thuộc AE

*Vậy (MA + MB + MC)min $ \angle BMC $ = 120 độ (tự cm ) và M thuộc AE

Cho tam giác ABC. Lấy 1 điểm M ngoài tam giác ABC sao cho tứ giác ABMC có AM.BC=AB.CM+AC.BM. Chứng minh góc BAM = góc BCM

*Trong $\angle ABM$ lấy điểm N sao cho $\angle ABC = \angle NBM;\angle ACB = \angle NMB$

*Dễ dàng chứng minh được $\vartriangle ABC \sim \vartriangle NBM (g.g)$
$\Rightarrow \angle BAN = \angle BCM;\dfrac{AB}{BN} = \dfrac{BC}{BM} = \dfrac{AC}{MN}$
$\Rightarrow AC.BM=BC.MN (1)$

*Dễ dàng cm được $\angle ABN = \angle CBM $(bằng việc cộng góc), lại có $\dfrac{AB}{BN} = \dfrac{BC}{BM} (cmt)$
$\Rightarrow \vartriangle ABN \sim \vartriangle CBM (c.g.c)$
$\Rightarrow \dfrac{AB}{BC} = \dfrac{BN}{BM} = \dfrac{AN}{CM}$
$\Rightarrow AB.CM = BC.AN (2)$

*(1), (2) AC.BM + AB.CM = BC.(MN+AN) AM.BC (bất đẳng thức tam giác với tam giác AMN) (3)
Mà theo gt, AC.BM + AB.CM = AM.BC (4)

*(3), (4) AC.BM + AB.CM = AM.BC A, N, M thẳng hàng (bất đẳng thức tam giác)

*Lại có $\angle BAN = \angle BCM (cmt)$, mà A, N, M thẳng hàng suy ra góc BAN trùng với góc BAM
ĐPCM

*Đây còn gọi là định lý Ptolemee đảo, phát biểu như sau: Nếu một tứ giác có tích hai đường chéo bằng tổng của tích các cạnh bên đối nhau thì tứ giác đó nội tiếp.

Giả sử th1 đã được cm đúng !
Bạn đọc phải tự suy ra cách giả sử còn lại chứ ! Và từ đó để thấy trường hợp 2 là không xãy ra!

3+5=2+6, nhưng 3 đâu có bằng 2 đâu? Mình vẫn nghĩ cách giải này chưa chặt chẽ lắm^^
Nếu có gì sai thì bạn bỏ qua cho mình nhé, đừng giận

Từ B kẻ tia BI sao cho gABI = gCBM ( I thuộc đoạn AM)
AM.BC=AB.CM+AC.BM <=> (AI + IM).BC = AB.CM + AC.BM <=> AI.BC + IM.BC = AB.CM + AC.BM
Giả sử AI.BC = AB.CM <=> AI/CM = AB/BC và có gABI = gCBM (theo cách vẽ) => tgAIB ~ tgCMB => đfcm.

Theo mình cách giải này sai rồi. Bạn mới giả sử AI.BC=AB.CM thôi, lỡ khi nó không bằng hoặc AI.BC=AC.BM, mà chỉ giả sử thôi thì chưa đủ để kết luận đpcm đâu

Cho ABC cân tại A, đường cao AD. Kẻ DH AC. Gọi I là trung điểm của DH. C/m AI BH

*Gọi E là trung điểm của HC.
*Ta có I,E lần lượt là trung điểm DH, HC IE là đường trung bình của HDC IE//DC, mà DC AD IE AD, lại có DH AC (gt) I là trực tâm của ADE AI DE, mà DE//BH (đường trung bình của BHC) đpcm

b) Để ý EN, CQ BD.
c) ENB vuông tại N, trung tuyến NM nên $MN=\dfrac{1}{2}EB$
Lại có: NK là đường trung bình DAC nên $NK=\dfrac{1}{2}DC=MN(EB=DC)$
Mà: $\angle MNK=\angle MNB+\angle ANK=\angle MBN+\angle ADC=\angle MBN+\angle AEB=\angle BAC=60^o$
Vậy MNL đều.

*Câu c em có cách giải khác, không cộng góc.
*Trên tia đối CE lấy CF=AE K là trung điểm EF.
*Áp dụng t/c đường trung bình trong EBF $MK=\dfrac{1}{2}BF$
*Dễ dàng cm hai tam giác BAE và BCF bằng nhau BF=BE BF=BE=DC
Chú ý $MN=\dfrac{1}{2}BE$, $NK=\dfrac{1}{2}DC$, mà BF=BE=DC
Q.E.D

Cho hình thang ABCD (AD//BC) góc A = 40 độ, góc D = 50 độ. K, N lần lượt là trung điểm của BC, AD. Qua B kẻ đường thẳng song song với CD cắt AD tại E, M là trung điểm AE.
a) C/m tam giác ABM vuông.
b) Tứ giác BKNM có đặc điểm gì? Vì sao?
c) Biết độ dài đường trung bình của hình thang = 8cm, KN = 2cm. Tính độ dài các đáy của hình thang.
Đề bài chơi khó từ câu a), mong mọi người giúp đỡ

Đề sai rồi. Phải là tam giác ABE vuông. Nếu tam giác ABM vuông thì hoặc vuông ở M hoặc vuông ở B. Nếu vuông ở M thì dẫn tới ABCD là hình thang cân (sai với giả thiết) còn vuông ở B thì M E theo suy luận dưới đây:
*Ta có BEDC là hbh $ \angle EDC = \angle EBC = 50 $
Lại có $\angle ABC = 140 $ (trong cùng phía) $\angle ABE = 90 $