A B C D M N E F I
 

Vì: FBM=FAM=45 độ nên BFMA là tứ giác nội tiếp

tương tự có đpcm

b, ta có: 

MFN=DAB=90

NEM=BCD=90

=> nội tiếp

c, theo câu b ta có: 

MNB=BEC=BNC nên: NB là phân giác góc INC

thấy ngay H là trực tâm tam giác BMN nên: BI vuông góc MN 

do đó áp dụng tính chất đường phân giác ta được BI=BC=a.

Chứng minh góc EBN = góc ECN = 450

=> Tứ giác BENC nội tiếp (đpcm)

a) Dựa vào dấu hiệu nhận biết ở bài 2, chứng minh được EH.EB = EI.EC (hệ thức lượng trong tam giác vuông).

b) Gọi F là giao điểm của Ek và BC. 

xét tam giác ABC cân tại A

có AM là trung tuyến

=> AM là đg cao

ta có góc AMB =90 độ

ADB=90 độ(BD vg góc AC)

=>Tứ giác ABMD nội tiếp

xét tam giác BDM có N,I lần lượt là trg điểm MB,BD

=> NI là đtb tam giác BMD

=>IN//DM=> góc INM= DMC

=> góc DMC =BAK 

ta có gócINM=BAK cùng= DMC

=> tứ giác ABNK nội tiếp

b) xét tam giác CNK, CAB có NCK chung

góc CNK= BAC(cmt)

=> 2 tam giác CNK, CAB đồng dạng(g.g)

=> CK/cb= CN/AC

=> AC.CK=BC.CN

mà CN=MN+MC= BC/4+BC/2=3BC/4

nên AC.CK=3.BC^2/4=> BC^2= 4/3AC.CK

a) xét tam giác ABC cân tại A

 AM là đường trung tuyến => AM là đường cao

ta có : AMB = 90 độ

 ADB = 90 độ ( BD vuông góc với AC)

=> tứ giác ABMD nội tiếp đường tròn

xét tam giác BDM có lần lượt N, I là trung điểm của MB và BD

=> NI là đường trung bình của tam giác BDM

=> IN//DM

=>  +INM = DMC

+ DMC = BAK

=> INM = BAK

=> tứ giác $ABNK$ nội tiếp.

b) xét tam giác CNK, CAB có NCK chung 

góc CNK = BAC

=> tam giác CNK đồng dạng với tam giác CAB

=> CK/CB=CN/AC

=> AC.CK=BC.CN

mà CN = MN+MC= BC/4 + BC/2=3BC/4

nên AC.CK=3BC^2/4=> BC2=34​CA.CK

1. Gọi giao điểm của CH với AB là I,  AH với BC là K,Ta có tứ giác BIHK nội tiếp $\Rightarrow I\hat{B}K+K\hat{H}I={180}^0$mà$\hat{H}I=A\hat{H}C\Rightarrow I\hat{B}K+A\hat{H}C={180}^0$ (1) Ta lại có $I\hat{B}K=A\hat{M}C$ (hai góc nội tiếp cùng chắn một cung)

$A\hat{M}C=A\hat{P}C$ (t/c đối xứng)  $\Rightarrow I\hat{B}K=A\hat{P}C$  (2)Từ (1) và (2)   $\Rightarrow A\hat{P}C+A\hat{H}C={180}^0$Suy ra tứ giác AHCP nội tiếp.2. Tứ giác AHCP nội tiếp $\Rightarrow A\hat{H}P=A\hat{C}P=A\hat{C}M$Ta lại có  $A\hat{C}M+A\hat{B}M={180}^0\Rightarrow A\hat{H}P+A\hat{B}M={180}^0$   mà  $A\hat{B}M=A\hat{B}N$

$\Rightarrow A\hat{H}P+A\hat{B}N={180}^0$   (3)Chứng minh tương tự câu 1) ta có tứ giác AHBN nội tiếp

    $\Rightarrow A\hat{B}N=A\hat{H}N$   (4)

Từ (3) và (4) $\Rightarrow A\hat{H}P+A\hat{H}N={180}^0\Rightarrow$ N, H, P thẳng hàng

3. $M\hat{A}N=2B\hat{A}M;M\hat{A}P=2M\hat{A}C$

=> $N\hat{A}P=2(B\hat{A}M+M\hat{A}C)=2B\hat{A}C$ (<180độ) không đổi

Có AN = AM = AP, cần chứng minh NP = 2.AP.sinBAC

 => NP lớn nhất <=>  AP lớn nhất mà AP = AM 

AM lớn nhất  <=> AM là đường kính của đường tròn (O)

Vậy NP lớn nhất <=>  AM là đường kính của đường tròn.

a)gọi I là giao điểm của CH và AB

K là giao điểm AH và BC

ta có :góc IBK+ AHC=180 độ

mà góc IBK= APC 

=> tứ giác AHCP nội tiếp 

b)Ta có Góc AHP= ACP cùng chắn cung AP (

mà góc ACP=ACM (1)

=> góc ACP= AHP

cmtt 

gócAHN=ABN cùng chắn cung AP

mà ABN=ABM => AHN=ABM(2)

Xét tứ giác ABMC nội tiếp 

gócACM+ABM=180 độ (3)

từ (1)(2)(3) => 

góc AHP+AHN=180 độ

=> N,H,P thẳng hàng

ta có góc MAN=2BAM,

góc MAP=2MAC

=> NAP=2(BAM+MAC)

=2 x góc BAC (ko đổi )

ta có AM=AN=AP 

NP=2AP.sin BAC=2AM.sinBAC

=> NP lớn nhất <=> AM Max 

y'yBDACMFE

a) b) Đưa các đẳng thức về dạng đẳng thức của các tỉ số và áp dụng để chứng minh các cặp tam giác đồng dạng.

c) Từ hai phần a và b, ta suy ra \widehat{CAM}=\widehat{MFE}CAM=MFE

a) b) Đưa các đẳng thức về dạng đẳng thức của các tỉ số và áp dụng để chứng minh các cặp tam giác đồng dạng.

c) Từ hai phần a và b, ta suy ra \widehat{CAM}=\widehat{MFE}CAM=MFE.

M A B C

Nối MA, MB tạo thành tam giác MAB

C là trung điểm của AB

áp dụng công thức đường trung tuyến

\(MC^2=\frac{2\left(MA^2+MB^2\right)-AB^2}{4}\) (*)

Lâu rồi tôi không nhớ là có được áp dụng công thức này hay không nếu phải chứng minh ta chứng minh như sau:

Áp dụng định lý hàm cos

Xét tg MAC có

\(MC^2=MA^2+AC^2-2.MA.AC.\cos\widehat{A}\)  (1)

Xét tg MAB có

\(MB^2=MA^2+AB^2-2.MA.AB.\cos\widehat{A}\Rightarrow\cos\widehat{A}=\frac{MA^2+AB^2-MB^2}{2.MA.AB}\) Thay vào (1) ta có

\(MC^2=MA^2+AC^2-2.MA.AC.\frac{MA^2+AB^2-MB^2}{2.MA.AB}\)

\(MC^2=MA^2+\frac{AB^2}{4}-2.MA.\frac{AB}{2}.\frac{MA^2+AB^2-MB^2}{2.MA.AB}\)

\(MC^2=MA^2+\frac{AB^2}{4}-\frac{MA^2+AB^2-MB^2}{2}=\frac{2\left(MA^2+MB^2\right)-AB^2}{4}\left(dpcm\right)\)

Từ (*)\(\Rightarrow MC^2=\frac{2.\frac{3a^2}{4}-a^2}{4}=\frac{a^2}{8}\Rightarrow MC=\frac{a}{2\sqrt{2}}\)

AB cố định => C cố định, M cách C cố định 1 khoảng không đổi \(=\frac{a}{2\sqrt{2}}\) nên M nằm trên đường tròn tâm C có bán kính\(=\frac{a}{2\sqrt{2}}\)