• Hiện nay tuổi bà gấp 6 lần tuổi cháu
  Bà gồm 6 phần, cháu gồm 1 phần
• 12 năm nữa, tuổi bà gấp 3 lần tuổi cháu

Vì cả hai đều thêm 12 tuổi nên ta có:

Sau 12 năm:
Tuổi bà = 6 phần + 12
Tuổi cháu = 1 phần + 12

Mà:
6 phần + 12 = 3 × (1 phần + 12)

→ Bên phải: 3×(1 phần +12) = 3 phần + 36

Vậy:

6 phần + 12 = 3 phần + 36
→ 6 phần – 3 phần = 36 – 12
→ 3 phần = 24
→ 1 phần = 8 (tuổi cháu hiện nay)
→ 6 phần = 48 (tuổi bà hiện nay)

Cách đây 2 năm:

• Cháu: 8 − 2 = 6 tuổi
• Bà: 48 − 2 = 46 tuổi

Đáp số: Cháu 6 tuổi, bà 46 tuổi (cách đây 2 năm).

a) Chứng minh \(A , B , D , O , T\) cùng nằm trên một đường tròn

• Vì tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\) ⇒ \(\angle A B C + \angle A C B = 90^{\circ}\)
• Đường tròn tâm \(O\) tiếp xúc với \(B C\) tại \(D\) ⇒ \(O D \bot B C\)
• \(B T\) là tiếp tuyến thứ hai ⇒ \(B T\) tiếp xúc với đường tròn tại \(T\) ⇒ \(O T \bot B T\)
• Ta có \(\angle B D A = \angle B T A = 90^{\circ}\)

⇒ Các điểm \(A , B , D , T\) cùng nhìn đoạn \(B D\) dưới một góc vuông → nội tiếp một đường tròn đường kính \(B D\)

Mà \(O\) là tâm đường tròn tiếp xúc tại \(D\), nên \(\angle B O D = 90^{\circ} = \angle B A D\)
⇒ \(O\) cũng nằm trên đường tròn đó.

→ \(A , B , D , O , T\) cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh \(M A = M T\)

Từ câu a) ta có:
Tứ giác \(A B O T\) nội tiếp đường tròn.

Do \(B T\) là tiếp tuyến ⇒ \(\angle B A T = \angle B O T\) (tính chất góc giữa tiếp tuyến và dây cung)

Mặt khác:

• \(A N\) cắt \(B T\) tại \(M\)
• \(N\) là trung điểm \(B C\) ⇒ \(A N\) là trung tuyến trong tam giác vuông \(A B C\) ⇒ \(A N = \frac{1}{2} B C\)
• Ta có tam giác \(A M T\) có:
  \(\angle A M T = \angle A B T\) (đồng dạng tam giác tiếp tuyến – tiếp điểm)

⇒ \(M A = M T\).

c) Cho số liệu: \(A B = 5\), \(\angle A B C = 60^{\circ}\), \(O A = A B = 5\).

Tính \(O T\)

Giả sử \(\angle B A C = 90^{\circ}\), \(\angle A B C = 60^{\circ}\) ⇒ \(\angle A C B = 30^{\circ}\)

Trong tam giác vuông:

\(\frac{A B}{A C} = \frac{sin ⁡ C}{sin ⁡ B} = \frac{sin ⁡ 30^{\circ}}{sin ⁡ 60^{\circ}} = \frac{1 / 2}{\sqrt{3} / 2} = \frac{1}{\sqrt{3}} \Rightarrow A C = A B \cdot \sqrt{3} = 5 \sqrt{3}\) \(B C = \sqrt{A B^{2} + A C^{2}} = \sqrt{25 + 75} = \sqrt{100} = 10\)

Do \(O \in A C\) và \(O A = 5 \Rightarrow O C = A C - O A = 5 \sqrt{3} - 5 = 5 \left(\right. \sqrt{3} - 1 \left.\right)\)

Đường tròn tâm \(O\) tiếp xúc BC tại \(D\):

• Bán kính ( r = OD\ )
• Vì \(O D \bot B C\), ta có diện tích tam giác \(O B C\):

\(S_{O B C} = \frac{1}{2} \cdot B C \cdot r\)

mặt khác
dùng công thức đường cao trong tam giác:

\(S = \frac{1}{2} \cdot O B \cdot O C \cdot sin ⁡ \angle B O C\)

Nhưng tính nhanh hơn:

\(r = \frac{S_{O B C}}{\frac{1}{2} B C} = \frac{2 S_{O B C}}{B C}\)

Tam giác \(O B C\) có \(O C = 5 \left(\right. \sqrt{3} - 1 \left.\right) , O B = O A = 5\)

Tính góc \(\angle C B A = 60^{\circ} \Rightarrow \angle C B O = 60^{\circ}\) (vì O nằm trên AC)

Áp dụng công thức

\(S_{O B C} = \frac{1}{2} \cdot O B \cdot O C \cdot sin ⁡ 60^{\circ} = \frac{1}{2} \cdot 5 \cdot 5 \left(\right. \sqrt{3} - 1 \left.\right) \cdot \frac{\sqrt{3}}{2} = \frac{25 \left(\right. \sqrt{3} - 1 \left.\right) \sqrt{3}}{4} = \frac{25 \left(\right. 3 - \sqrt{3} \left.\right)}{4}\)

⇒

\(r=\frac{2 S}{B C}=\frac{2 \cdot\frac{25 \left(\right. 3 - \sqrt{3} \left.\right)}{4}}{10}=\frac{25 \left(\right. 3 - \sqrt{3} \left.\right)}{20}=\frac{5 \left(\right. 3 - \sqrt{3} \left.\right)}{4}(\text{cm})\)

Mà \(OT=r\Rightarrow OT=\boxed{\frac{5 \left(\right. 3 - \sqrt{3} \left.\right)}{4}\text{cm}}\approx2,02c\text{m}\)

=)))))))))))))))))))))))

a) Gọi \(N\) là điểm đối xứng của \(B\) qua \(H\).

Chứng minh: \(N K \bot C H\)

Vì \(N\) là đối xứng của \(B\) qua \(H\) nên:

• \(H\) là trung điểm của \(B N\)
• \(B H = H N\)
• \(B N \parallel C H\) (tính chất trực tâm — phản chiếu điểm qua trực tâm nằm trên đường tròn đường kính \(C H\))

Mặt khác, \(H K \bot M H\) tại \(H\) (giả thiết).
Mà \(M\) là trung điểm \(B C\), do đó \(M H\) ⟂ \(N K\)

⇒ \(N K \bot C H\).

b) Chứng minh: \(H I = H K\)

Gọi đường thẳng qua \(H\) vuông góc với \(M H\) cắt \(A B\) tại \(I\) và \(A C\) tại \(K\). Theo giả thiết, \(I , K\) thuộc hai cạnh tạo thành ở góc đỉnh \(A\).

Do \(H M\) là phân giác vuông góc của đoạn \(I K\):
→ \(H\) cách đều hai điểm \(I\) và \(K\)
⇒ \(H I = H K\)

c) \(J \in A E\) sao cho \(\angle B J C = 90^{\circ}\).

Chứng minh: \(S_{J B C}^{2} = S_{A B C} \cdot S H_{B C}\)

Ta có:

• \(\angle B J C = 90^{\circ}\) ⇒ \(J\) nằm trên đường tròn đường kính \(B C\).
• Gọi \(R\) là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác \(A B C\), \(R_{\left(\right. B C \left.\right)} = \frac{B C}{2}\).
• Diện tích \(\triangle J B C = \frac{1}{2} B J \cdot C J\), mà \(B J \cdot C J = \left(\right. B C \left.\right)^{2} / 4\).

Do đó:

\(S_{J B C} = \frac{1}{2} \cdot \frac{B C^{2}}{4} = \frac{B C^{2}}{8}\)

Trong khi đó trực tâm \(H\) có khoảng cách tới cạnh \(B C\) là \(S H_{B C}\), nên

\(S_{A B C} = \frac{1}{2} \cdot B C \cdot S H_{B C}\)

⇒

\(S_{J B C}^{2} = \left(\left(\right. \frac{B C^{2}}{8} \left.\right)\right)^{2} = \frac{B C^{4}}{64} = \left(\right. \frac{1}{2} B C \cdot S H_{B C} \left.\right) \cdot \left(\right. \frac{B C^{3}}{32 S H_{B C}} \left.\right) = S_{A B C} \cdot S H_{B C} (đ\text{pcm})\)

d) \(Q \in \left(\right. O \left.\right)\) sao cho \(\angle A Q H = 90^{\circ}\).

Chứng minh: \(Q , H , M\) thẳng hàng

Vì \(Q \in \left(\right. O \left.\right)\) và \(\angle A Q H = 90^{\circ}\) nên \(Q\) nằm trên đường tròn có đường kính \(A H\) (đường tròn Thales).

Khi đó tam giác \(A Q H\) vuông tại \(Q\).

Ta biết trong tam giác \(A B C\), tâm \(O\), trực tâm \(H\), trung điểm \(M\) của \(B C\) thẳng hàng theo đường Euler.

Mà đường tròn đường kính \(A H\) cắt lại đường tròn ngoại tiếp \(\left(\right. O \left.\right)\) tại điểm \(Q\), ứng với phản chiếu của \(A\) qua trung điểm \(B C\).

→ Do đó \(Q\) chính là hình chiếu của \(A\) lên đường trung bình song song với \(B C\).
⇒ \(Q , H , M\) thẳng hàng.

Mik ko chắc, nhg mà hình như là 81 máy bay Mỹ, trong đó có 34 chiếc B-52 đúng ko bn?

a) Chứng minh \(M C\) là tiếp tuyến của đường tròn

Vì \(A M\) là tiếp tuyến tại \(A\), nên \(A M \bot A O\).

Ta có:

• \(O M\) là đường thẳng đi qua \(O\) và vuông góc với \(A C\) (theo giả thiết).
• Tam giác \(A O C\) vuông tại \(A\) (do \(A B\) là đường kính nên \(\angle A C B = 90^{\circ}\)).

Suy ra:

• \(A C \bot O C\)
• \(O M \bot A C\)

\(\Rightarrow O M / / O C\)

Xét tam giác \(A O C\), vì \(A M\) là tiếp tuyến tại \(A\) nên \(\angle M A C = \angle O C A\).

Mà \(\angle M A C = \angle M C A\)
\(\Rightarrow M C\) tạo với bán kính \(O C\) một góc vuông tại \(C\)

\(\Rightarrow M C\) tiếp xúc với đường tròn tại \(C\).
→ MC là tiếp tuyến của đường tròn

b) Gọi \(H\) là hình chiếu của \(C\) trên \(A B\); \(I\) là giao điểm của \(M B\) và \(C H\). Chứng minh: \(C I = I H\).

Chứng minh:

• Tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\) ⇒ \(H\) là chân đường vuông góc từ \(C\) xuống \(A B\) ⇒ \(H\) là hình chiếu của \(C\) lên đường kính → \(C H\) là đường cao ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông \(A C B\).
• Theo tính chất đường tròn và tiếp tuyến:
  \(M C\) là tiếp tuyến tại \(C\), \(M B\) là cát tuyến.
  Ta có: \(M B^{2} = M C \cdot M A\) (định lý tiếp tuyến – cát tuyến).
• Xét tam giác \(M C H\), đường thẳng \(M B\) cắt \(C H\) tại \(I\).

Sử dụng hệ thức của tam giác vuông nội tiếp đường tròn:

\(C H^{2} = C I \cdot I H\)

Nhưng vì tam giác \(A B C\) vuông tại \(A\) nên \(C H^{2} = A H \cdot H B\)

Mà theo tính chất đồng dạng của các tam giác \(\Rightarrow C I = I H\).

→ \(C I = I H\).

Xin chào

Mik thấy khá dễ thui chứ không tới mức rất dễ. Bn phải lên cấp 2,3 mới hc sâu hơn vào Lịch sử, Địa Lý bởi vì 2 môn đó sẽ tách ra và hc sâu hơn vào từng môn chứ ko hc chung chung bn ạ cả 2 môn bn ạ

= )

a, Ta có tam giác \(A B C\) nhọn, kẻ:

• \(B D \bot A B\)
• \(C D \bot A C\)

=> Các góc tại \(B\) và \(C\) đều là góc vuông.

Ta xét tứ giác \(A B D C\):

• \(\angle A B D = 90^{\circ}\) (do \(B D \bot A B\))
• \(\angle A C D = 90^{\circ}\) (do \(C D \bot A C\))

Suy ra:

\(\angle A B D + \angle A C D = 180^{\circ}\)

Mà tổng góc trong tứ giác bằng \(360^{\circ}\), nên:

\(\angle B A D + \angle B C D + 180^{\circ} = 360^{\circ} \Rightarrow \angle B A D + \angle B C D = 180^{\circ}\)

Mà \(\angle B A D\) chính là góc tại \(A\) của tam giác \(A B C\), ký hiệu là \(\angle A\),
\(\angle B C D\) chính là góc tại \(D\) trong tứ giác (ký hiệu là \(\angle D\)).

⇒ \(\Rightarrow \angle D + \angle A = 180^{\circ}\)

b, * Chứng minh \(Q J = B D\)

Vì \(I\) là trung điểm của \(P Q\) và \(B J\), nên:

• \(I P = I Q\) (trung điểm \(P Q\))
• \(I B = I J\) (trung điểm \(B J\))

Xét hai tam giác \(I P B\) và \(I Q J\):

• \(I P = I Q\) (gt)
• \(I B = I J\) (gt)
• \(\angle P I B = \angle Q I J\) (đối đỉnh)

⇒ Tam giác \(I P B\) ≅ tam giác \(Q I J\) (cạnh – cạnh – góc xen giữa)

Suy ra:

\(P B = Q J\)

Nhưng \(P B = A B - A P = A B - \left(\right. A B - B P \left.\right) = B P\), mà \(B P = B D\) (gt)

⇒ \(Q J = P B = B P = B D \Rightarrow \boxed{Q J = B D}\)

*Chứng minh \(\angle A Q J + \angle D = 180^{\circ}\)

Ta đã biết ở phần a): \(\angle A + \angle D = 180^{\circ} .\)

Ta sẽ chứng minh \(\angle A Q J = \angle A\)

Xét hai tam giác:

• Tam giác \(A B P\): có \(B P = B D\) (gt)
• Tam giác \(A C Q\): có \(C Q = C D\) (gt)

Do \(B D \bot A B\), \(C D \bot A C\) ⇒ \(B D\) là đường cao tam giác \(A B C\), tương tự \(C D\) cũng là đường cao.

Suy ra tam giác \(A B P\) vuông tại \(B\), tam giác \(A C Q\) vuông tại \(C\). Hai điểm \(P , Q\) được lấy đối xứng vai trò như nhau theo hai cạnh của tam giác \(A B C\).

Lại có \(Q J = B D = B P\) (ở trên vừa chứng minh), do đó tam giác \(A Q J\) đồng dạng với tam giác \(A B C\) ⇒

\(\angle A Q J = \angle A .\)

Vậy:

\(\angle A Q J + \angle D = \angle A + \angle D = 180^{\circ} . \textrm{ }\textrm{ } \textrm{ } (đ\text{pcm})\)