Nxb

Cách khác: Dựng đường thẳng qua A vuông góc với DE cắt BC tại F. Dễ thấy $BF=IA$
Theo định lý Menelaus ta có: $\frac{CB}{CE}.\frac{ME}{MA}.\frac{IA}{IB}=1$
và $\frac{CE.IB}{CB}=CE.\frac{IB}{CD}=CE.\frac{EB}{CE}=BE$
Do đó $\frac{MA}{ME}=\frac{IA}{BE}=\frac{BF}{BE}$ suy ra $AF//MB$. Ta có đpcm

Bài toán tổng quát hơn thế này: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. phân giác AD, đường cao AH khi đó AD là phân giác $\angle HAO$
Ta có $\angle HAB+\angle ABC=90$
$\angle ABC=\frac{1}{2}AOC \Rightarrow \angle ABC+\angle OAC=90$
$\Rightarrow \angle BAH=\angle AOC \Rightarrow$ đpcm

Gọi H là trung điểm của AM
Ta có $\angle IHK= 2\angle IAM+2\angle KAM= 2\angle BAC$ và $\Delta IHK$ cân tại H
Do đó $IK$ max $\Leftrightarrow IH=\frac{1}{2}AM$ max $\Leftrightarrow$ AM là đường kính (O) hay M là giao của AO với (O)

Bài này có thể tổng quát thành thế này: Cho hình vuông ABCD. O là một điểm thuộc miền trong của hình vuông sao cho $OA :OB :OC =x: y: z$ thỏa mãn $x^2+2y^2=z^2$ thì $\angle AOB=135$

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Đường thẳng song song với BC cắt (O) tại D và E. Đường thẳng AD và AE lần lượt cắt tiếp tuyến tại B và C đối với (O) tại F và G. CF cắt BG tại H. Chứng minh rằng AH đi qua trung điểm của BC

Ta cần có bổ đề sau:
Cho tứ giác ABCD. Các đường thẳng d_1, d₂, d₃, d₄ lần lượt qua X, Y, Z, T và vuông góc với AB, BC, CD, DA; d₁, d₂, d₃ đồng quy.Khi đó d₁, d₂, d₃, d₄ đồng quy $\Leftrightarrow$ $ XA^2-XB^2+YB^2-YC^2+ZC^2-ZD^2+TD^2-TA^2=0$
Sau đó áp dụng X, Y, Z, T là các trung điểm rồi sử dụng vector là xong.Chứng minh bổ đề hơi giống định lý Carnot

uhm.Nhưng đưa file ảnh lên kiểu gì

Gọi E, F là tâm các đường tròn nội tiếp tam giác ABD, ACD. AI, AJ là các đường phân giác kẻ từ A của tam giác ABD và ACD
Trường hợp MN // BC đơn giản , ta bỏ qua
Goi H là giao điểm của MN và BC
Từ tính chất đường phân giác dễ thấy: $\frac{\overline{EI}}{\overline{EA}}.\frac{\overline{FA}}{\overline{FJ}} = -\frac{\overline{DI}}{\overline{DJ}}$ => AD, IF, JE đồng quy
=> A(IJDH) = -1 => AD vuông góc với AH => AH là phân giác ngoài góc BAC => (HDCB) = -1 => BN, CM, AD đồng quy

Ý em là ta sẽ chỉ dùng thước thẳng .Như thế thì nhiều hình cơ bản sẽ không dùng được.Em nghĩ bài của anh sẽ không thoả mãn (Vì dựng đường song song thì cần thước đo góc còn dựng trung điểm cần thêm compa(nếu muốn nhanh)).Thật ra thì cái này không khó lắm nhưng vì mình không biết là có điều này (mặc dù mình đã dùng nó nhiều lần khi giải toán) nên mình thấy nó rất thú vị vì vậy mong mọi người đừng thấy nó vớ vẩn khi mà đã nghĩ ra cách giải.Xin phép xóa của anh dòng chữ kia đi lần sau em sẽ rút kinh nghiệm (em mới post lần đầu )

1/ Cho tam giac ABC ,M bất kì,cm
$S_{MBC}\overrightarrow{MA}+S_{MAC}\overrightarrow{MB}+S_{MAB}\overrightarrow{MC}=\overrightarrow{0}$
2/Cho tam giac ABC I là tâm đường tròn ngoại tiếp,cm
$sinA\overrightarrow{IA}+sinB\overrightarrow{IB}+sinC\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$

Hệ thức 1 thì M nằm trong tam giác mới có được
chứng minh hệ thức 2 dựa vào hệ thức 1: theo hệ thức 1 thì
$S_{IBC}\overrightarrow{IA}+S_{IAC}\overrightarrow{IB}+S_{IAB}\overrightarrow{IC}=\overrightarrow{0}$.mặt khác thì SIBC=$\frac{1}{2}$BC.r (r là khoảng cách từ I tới BC), từ đó ta có
BC$\vec{IA}$+AC$\vec{IB}$+AB$\vec{IC}$ = $\vec{0}$.Từ đây vì BC=2R.sinA (R là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác) ta có đpcm

Bài này hay(có lẽ lấy ý tưởng từ bài iran 98)
Gọi GN giao AC tại R, GM giao BC tại Q, IP giao MN tại D

Dễ thấy A, I, M ; B, I, N thẳng hàng .Ngoài ra theo định lý Pascal ta cũng có I, R, Q thẳng hàng
Vì M là điểm chính giữa cung BC nên $\widehat{IAR}$=$\widehat{IGR}$
=>GARI nội tiếp đường tròn=>$\widehat{GRI}$=$\widehat{GAI}$=$\widehat{GNM}$=>QR//MN

Ta cũng có được $\widehat{GRQ}$=$\widehat{GNM}$=$\widehat{GQB}$(Vì M là điểm chính giữa cung BC) => BC là tiếp tuyến đường tròn ngoại $\Delta$GQR, ta cũng có điều tương tự với AC, mặt khác CI là phân giác của $\Delta$CRQ cân tại C (vì R, Q là tiếp điểm) => I là trung điểm của RQ. Ta cũng có RQ//MN , do đó D là trung điểm MN => I(GRAN) = -1 => (GCMN) = -1, tức là GCNM là tứ giác điều hòa => GM.NC=GN.MC, dễ chứng minh được NC=NI₁, MC=MI₂
=> $\dfrac{GN}{GM}$=$\dfrac{NI1}{MI2}$ mặtkhác góc I₁NG=góc I₂MG
=> $\Delta$I₁NG$\sim$$\Delta$I₂MG => góc GI₁N=góc GI₂M => đpcm

Bài 3:
Gọi I là giao điểm của AO và BC ,J là giao của ON và AB
Theo định lý Ceva ta có :
$\dfrac{\overline{DA}}{\overline{DB}}$ . $\dfrac{\overline{IB}}{\overline{IC}}$.$\dfrac{\overline{EC}}{\overline{EA}}$ = -1
mặt khác $\dfrac{\overline{DA}}{\overline{DB}}$=$\dfrac{\overline{EA}}{\overline{EC}}$ ( DE // BC)
=> $\dfrac{\overline{IB}}{\overline{IC}}$ = -1 => (CBI) = -1 => I là trung điểm của BC, vì JN // BC nên ta có O là trung điểm của JN (1)
Vì ON // BC => (CENA) = O(CENA) = (CBI) = -1
=> M(CENA) = -1 ,mặt khác MA là đường phân giác góc tạo bởi ME và MC
=> MA vuông góc với MN (2)
Từ (1)(2) => đpcm

Ta có HG // BC nên AD = 3HD
tanB.tanC = tanB.tanBHD = AD/BD . BD/HD => ta có đpcm