Gọi a,b,c là độ dài 3 cạnh BC, AC,AB và r bán kính đường nội tiếp tam giác ABC

Vẽ BH _|_ IA, CK _|_ IA (H;K \(\in\)IA) . AI cắt BC tại M

Ta có: r.c=IA.BH(=2S_IAB); r.b=IA.CK(=2S_IAC)

BH+CK < BM+MC =BC=a

Do đó rc+rb < IA.a => IA > \(\frac{r\left(b+c\right)}{a}\)

Tương tự ta có: IB > \(\frac{r\left(a+c\right)}{a};IC\ge\frac{r\left(a+b\right)}{c}\)

IA+IB+IC > \(r\left(\frac{a}{b}+\frac{b}{a}+\frac{b}{c}+\frac{c}{b}+\frac{c}{a}+\frac{a}{c}\right)\ge6\cdot r;S=pr\Rightarrow r=\frac{S}{p}\)

Dấu "=" xảy rakhi a=b=c => Tam giác ABC đều

Gọi E là giao của AC và PB, F là giao của AB và PC

Qua P kẻ đường thẳng d song song với BC

Giả sử E và F lần luợt là giao của AC và AB với d

Ta có: \(\frac{BM}{PF'}=\frac{CM}{PE'}\left(=\frac{AM}{PA}\right)\), mà \(BM=CM\) => PE'=PF'

Do đó \(\frac{PE}{EB}=\frac{PE'}{BC}=\frac{PF'}{BC}=\frac{PF}{FC}\) => EF//BC => \(\frac{EA}{AC}=\frac{FA}{AB}\)

Gọi I là giao của HQ và AB; K là giao của HR và AC

Áp dụng định lý Talet có: \(\frac{QI}{IH}=\frac{EA}{AC}=\frac{FA}{AB}=\frac{RK}{KH}\), do đó: IK//QR (1)

\(\widehat{MAC}=\widehat{AIK}\) nên PM _|_ IK

Từ (1) => PM _|_ QR hay PA _|_ QR

Gọi S là giao RA và PB

\(\frac{HI}{HK}=\frac{HQ}{HR}=\frac{HB}{HA}\Rightarrow\frac{HB}{HQ}=\frac{HA}{HR};\widehat{BHQ}=\widehat{AHR}\)

có tam giác BHQ đồng dạng với tam giác AHE 

=> \(\widehat{QBH}=\widehat{RAH}\) => Tứ giác BHAS nội tiếp

Vậy \(\widehat{ASB\:}=90^o\) hay RS _|_ PQ (2)

Từ (1) (2) => A là trực tâm tam giác PQR

Gọi G' là giao của IJ và AA₁

Xét \(\Delta\)ABC có B₁;C₁ lần lượt là trung điểm của cạnh AC và AB

=> B₁C₁ =\(\frac{BC}{2}\). Tương tự: A₁B₁=\(\frac{AB}{2}\); C₁A₁=\(\frac{CA}{2}\)

Xét \(\Delta\)A₁B₁C₁ và \(\Delta\)ABC có: \(\frac{A_1B_1}{AB}=\frac{B_1C_1}{BC}=\frac{C_1A_1}{CA}\left(=\frac{1}{2}\right)\)

Do đó tam giác A₁B₁C₁ đồng dạng với tam giác ABC (c.c.c)

=> \(\widehat{B_1A_1C_1}=\widehat{BAC};\widehat{A_1B_1C}=\widehat{ABC}\)

mà \(\widehat{JA_1B_1}=\frac{\widehat{B_1A_1C_1}}{2},\widehat{IAB}=\frac{\widehat{BAC}}{2}\)

Do đó: \(\Delta JA_1B_1\) đồng dạng với tam giác IAB (g.g)

=> \(\frac{JA_1}{IA}=\frac{A_1B_1}{AB}=\frac{1}{2}\)

Mà \(\widehat{BAA_1}=\widehat{AA_1B_1}\left(slt;AB//A_1B_1\right)\). Nên \(\widehat{IAA_1}=\widehat{IA_1A}\Rightarrow AI//A_1J\)

Xét tam giác G'AI có: A₁J // AI => \(\frac{G'A_1}{G'A}=\frac{G'J}{G'I}=\frac{JA_1}{IA}=\frac{1}{2}\) (hệ quả của định lý Talet)

=> \(AG'=\frac{2}{3}AA_1\)

Tam giác ABC có AA₁ là đường trung tuyến, G' thuộc đoạn thẳng AA₁ và AG' \(=\frac{2}{3}AA_1\)

Do đó G' là trọng tâm tam giác ABC, G' thuộc đoạn thẳng AA₁ và AG'=\(\frac{2}{3}AA_1\)

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!~

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