Trả lời:

P/s: Đề khó quá!~Chỉ làm đc 2 câu dễ!!! :D

a) Ta có ˆBEC=ˆBFC=90⁰⇒BEC^=BFC^=90⁰⇒ 2 điểm E, F cùng nhìn BC dưới 1 góc 90⁰ nên 2 điểm E, F cùng thuộc đường tròn đường kính BC \(\Rightarrow\) BCEF là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính BC tâm M.

g) Ta có: ˆACB=ˆBAxACB^=BAx^(1) (góc nội tiếp và góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung cùng chắn cung AB).

Tứ giác BCEF là tứ giác nội tiếp (cmt) ⇒ˆACB+ˆEFB=1800⇒(Tổng 2 góc đối của tứ giác nội tiếp). Mà ˆEFB+ˆAFE=1800 (2 góc kề bù) ⇒ˆACB=ˆAFE=AFE^ (2).

Từ (1) và (2) ⇒ˆBAx=ˆAFE. Mà 2 góc này ở vị trí so le trong \(\Rightarrow\)Ax//EF

Mà OA⊥Ax (Do Ax là tiếp tuyến của đường tròn tại A).

Vậy OA⊥ EF.

                                                  ~Học tốt!~

Khó khăn

-  Mùa hạ có gió phơn Tây Nam; phía nam Duyên hải Nam Trung Bộ thường ít mưa, khô hạn kéo dải, đặc biệt ở Ninh Thuận và Bình Thuận.

-  Khoáng sản không nhiều.

-  Các dòng sông có lũ lên nhanh, nhưng vé mùa khô lại rất cạn.

-  Trong chiến tranh, chịu tổn thất về người và của.

-  Cơ sở vật chất kĩ thuật còn nghèo nàn.

học tốt ạ

Ta có: \(\sqrt{\frac{AM}{A_1M}}+\sqrt{\frac{BM}{B_1M}}+\sqrt{\frac{CM}{C_1M}}=\sqrt{\frac{S_2+S_3}{S_1}}+\sqrt{\frac{S_1+S_3}{S_2}}+\sqrt{\frac{S_1+S_2}{S_3}}\)

\(\ge\sqrt{\frac{\left(\sqrt{S_2}+\sqrt{S_3}\right)^2}{2S_1}}+\sqrt{\frac{\left(\sqrt{S_1}+\sqrt{S_3}\right)^2}{2S_2}}+\sqrt{\frac{\left(\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}\right)^2}{2S_3}}\)

\(=\frac{1}{\sqrt{2}}\left(\frac{\sqrt{S_2}+\sqrt{S_3}}{\sqrt{S_1}}+\frac{\sqrt{S_1}+\sqrt{S_3}}{\sqrt{S_2}}+\frac{\sqrt{S_1}+\sqrt{S_2}}{\sqrt{S_3}}\right)\frac{1}{2}\cdot6=3\sqrt{2}\)

Dấu "=" xảy ra khi S₁ =S₂=S₃ <=> M là trọng tâm \(\Delta ABC\)

Vẽ AD là đường phân giác của \(\Delta ABC\)

Vẽ BH _|_ AD, CK _|_ AD (H;K \(\in\) AD)

Ta có: \(\widehat{BAH}=\widehat{CAK}=\frac{\widehat{BAC}}{2}\)

Xét tam giác BAH vuông tại H, theo hệ thức giữa các cạnh và các góc của 1 tam giác vuông ta có: 

\(BH=AB\sin\widehat{BAH}=AB\cdot\sin\frac{\widehat{BAC}}{2}\)

Tương tự \(CK=AC\cdot\sin\frac{\widehat{BAC}}{2}\)

\(BH\le BD\left(BH\perp HD\right);CK\le CD\left(CK\perp KD\right)\)

Nên \(BH+CK\le BD+CD=BC\)

Do đó: \(\left(AB+AC\right)\sin\frac{\widehat{BAC}}{2}\le BC\Rightarrow\sin\frac{\widehat{BAC}}{2}\le\frac{5}{6}\)

Dấu "=" xảy ra <=> H,D,K trùng nhau

Vậy GTLN \(\sin\frac{\widehat{BAC}}{2}=\frac{5}{6}\)

Bài toán phụ: Cho tam giác ABC có \(\widehat{A}=120^o\). Khi đó BC²=AB²+AC²+AB.AC

Chứng minh: Gọi H là hình chiếu của C trên  AB

\(AH=\frac{1}{2}AC;CH=\frac{\sqrt{3}}{2}AC\left(1\right)\)

Theo định lý Pytago, ta có: BC²=BH²+CH² (2)

Từ (1)(2) => BC²=(AB+AH)²+CH²=\(\left(AB+\frac{1}{2}AC\right)^2+\left(\frac{\sqrt{3}}{2}AC\right)^2\)

\(=AB^2+AB\cdot AC+\frac{1}{4}AC^2+\frac{3}{4}AC^2=AB^2+AC^2+AB\cdot AC\)

Không mất tính tổng quát giả sử M thuộc cung \(\widebat{BC}\) (không chứa A) của (O) 

Chứng minh được MA=MB+MC

=> MA²=MB²+MC²+2.MB.MC

=> MA²+MB²+MC²=2(MB²+MC²+MB.MC)(3)

Theo BĐ1 ta có: MB²+MC²+MB.MC=BC²

=> MB²+MC²+MB.MC=3R²

Từ (1) (2) => MA²+MB²+MC²=6R²

*Không vẽ được hình, bạn thông cảm*

Gọi O' là điểm trên IO sao cho \(IO'=\frac{1}{3}IO\)

Xét \(\Delta\)IAO có: \(\frac{IA'}{IA}=\frac{IO'}{IO}\left(=\frac{1}{3}\right)\Rightarrow O'A'//OA\) (định lý Talet đảo)

Do đó: \(\frac{O'A'}{OA}=\frac{IA'}{IA}=\frac{1}{3}\Rightarrow O'A'=\frac{1}{3}R\)

Cmtt ta được: \(O'B'=\frac{1}{3}R;O'C'=\frac{1}{3}R;O'D'=\frac{1}{3}R\)