3. Gọi P, Q, R, S lần lượt là hình chiếu của I lên AB, BC, CD. DA.

Dễ thấy \(\hat{AIP}=\hat{ABD}\) (cùng phụ với \(\hat{IAB}\) ) (1)

Tam giác ICD vuông tại I có trung tuyến IG nên \(GI=GD=GC=\frac12CD\), suy ra tam giác GIC cân tại G, suy ra \(\hat{GCI}=\hat{GIC}\) (2)

Tứ giác ABCD nội tiếp nên \(\hat{ABD}=\hat{ACD}\) hay \(\hat{ABD}=\hat{GCI}\) (3)

Từ (1), (2) và (3), suy ra \(\hat{AIP}=\hat{GIC}\)

Mà \(\hat{GIC}+\hat{AIG}=180^{o}\) (do A, I, C thẳng hàng) nên \(\hat{AIP}+\hat{AIG}=180^{o}\), suy ra P, I, G. Mà IP vuông góc với AB nên GP vuông góc với AB, suy ra tam giác EPG vuông tại P. Do đó, P thuộc đường tròn đường kính EG, hay chính là đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật EFGH.

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được 8 điểm E, F, G, H, P, Q, R, S cùng thuộc đường tròn (EFGH). Ta có đpcm.

1. Xét tam giác ABC có E, F lần lượt là trung điểm của AB, BC nên EF là đường trung bình của tam giác ABC. Suy ra EF//AC và \(EF=\frac12AC\) .

Tương tự, ta có HG//AC và \(HG=\frac12AC\). Như vậy, EF//HG và \(EF=HG\). Suy ra tứ giác EFGH là hình bình hành.

Lại có EH//BD, mà BD vuông góc với AC nên HG vuông góc với EH hay \(\hat{EHG}=90^{o}\). Tứ giác EFGH là hình bình hành có \(\hat{EHG}=90^{o}\) nên EFGH là hình chữ nhật. (đpcm)

2. Kẻ AL vuông góc với BC tại L. Gọi K là giao điểm của BI và AL và M là giao điểm của EH và AL. Vẽ đường kính AN của (O). Khi đó, ta thấy ngay OF//AK. (1) (vì cùng vuông góc với BC)

Dễ thấy EH là đường trung bình của tam giác ABD nên EH//BD hay EM//BK.

Tam giác ABK có E là trung điểm AB và EM//BK (M thuộc AK) nên M là trung điểm AK.

Tứ giác ABCD nội tiếp nên \(\hat{ADB}=\hat{ACB}\) hay \(\hat{ADK}=\hat{ACL}\). Lại có \(\hat{ACL}=\hat{AKD}\) (vì cùng phụ với \(\hat{CAL}\) ) nên \(\hat{ADK}=\hat{AKD}\), suy ra tam giác ADK cân tại A. Tam giác này nhận AI làm đường cao nên AI cũng là trung tuyến của tam giác ADK, suy ra I là trung điểm của DK.

Từ đó, dễ thấy IH là đường trung bình của tam giác ADK nên IH//AK (hay IH//AM (2) ) và \(IH=\frac12AK=AM\). (3)

Trong đường tròn (O) có đường kính AN nên \(\hat{ABN}=90^{o}\), suy ra AB vuông góc với BN. Lại có CK vuông góc với AB (do K là trực tâm tam giác ABC) nên BN//CK. Tương tự, ta có CN//BK nên tứ giác BKCN là hình bình hành, suy ra trung điểm F của BC cũng đồng thời là trung điểm KN.

Từ đó, dễ thấy OF là đường trung bình của tam giác NAK, suy ra \(OF=\frac12AK=AM\). (4)

Từ (1), (2), (3) và (4), dễ dàng suy ra tứ giác OFIH là hình bình hành, dẫn đến OI và HF cắt nhau tại trung điểm của mỗi đoạn. Hơn nữa, do tứ giác EFGH là hình chữ nhật (theo câu a)) nên HF và EG cũng cắt nhau tại trung điểm mỗi đoạn. Từ đó suy ra EG, OI, HF đồng quy tại trung điểm mỗi đoạn. (đpcm)

Gọi thời gian để tổ 1 và 2 sửa xong đoạn đường đó một mình lần lượt là \(x,y\) (giờ) với \(x,y>0\). Theo đề bài, ta ngay lập tức có được \(y-x=12\lrArr y=x+12\) (1)

Mỗi giờ tổ 1 và tổ 2 hoàn thành \(\frac{1}{x}\) và \(\frac{1}{y}\) công việc, như vậy, nếu cả 2 tổ làm chung với nhau thì mỗi giờ sửa được \(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\) con đường.

Theo đề bài, ta có \(8\left(\frac{1}{x}+\frac{1}{y}\right)=1\lrArr\frac{8}{x}+\frac{8}{y}=1\) (2)

Thế (1) vào (2), ta có \(\frac{8}{x}+\frac{8}{x+12}=1\)

\(\lrArr\frac{8\left(x+12\right)+8x}{x\left(x+12\right)}=1\)

\(\rArr8x+96+8x=x^2+12x\)

\(\lrArr x^2-4x-96=0\)

\(\lrArr\left[\begin{array}{l}x=12\left(nhận\right)\\ x=-8\left(loại\right)\end{array}\right.\)

Vậy \(x=12\rArr y=x+12=24\)

Vậy tổ 1 sửa xong con đường một mình mất 12 giờ, tổ 2 mất 24 giờ.

Chuẩn hóa \(AB=1\). Đặt \(AC=x\left(x>1\right)\). Dễ thấy \(BC=\sqrt{x^2+1}\)

Tam giác ABC vuông tại A có đường cao AH nên:

+) \(HA\cdot BC=AB\cdot AC\rArr HA=\frac{AB\cdot AC}{BC}=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}}\)

+) \(AB^2=HB\cdot BC\rArr HB=\frac{AB^2}{BC}=\frac{1}{\sqrt{x^2+1}}\)

+) \(AC^2=HC\cdot BC\rArr HC=\frac{AC^2}{BC}=\frac{x^2}{\sqrt{x^2+1}}\)

Đpcm: \(HA+HB\le BC\le HA+HC\)

(1) (2)

(1) \(\lrArr\frac{x+1}{\sqrt{x^2+1}}\le\sqrt{x^2+1}\)

\(\lrArr x+1\le x^2+1\)

\(\lrArr x^2-x\ge0\)

\(\lrArr x\left(x-1\right)\ge0\) (luôn đúng với \(x>1\) )

Vậy (1) luôn đúng.

(2) \(\lrArr\frac{x^2+x}{\sqrt{x^2+1}}\le\sqrt{x^2+1}\)

\(\lrArr x^2+x\ge x^2+1\)

\(\lrArr x\ge1\) (luôn đúng)

Vậy (2) luôn đúng.

Ta có đpcm.

Dấu "=" xảy ra khi \(x=1\) (loại), nghĩa là dấu "=" không xảy ra.

Dễ thấy \(S_{ABC}=\frac12AB\cdot AC\)

Mà AB là hằng số ( = R') nên để diện tích tam giác ABC lớn nhất thì AC phải lớn nhất.

Vì AC là một dây cung của đường tròn (O; R), nên AC lớn nhất khi AC là đường kính của (O; R).

Mà AB vuông góc với AC (cũng chính là AO) nên AB là tiếp tuyến tại A của (O; R).

Như vậy, khi diện tích tam giác ABC lớn nhất thì B là giao điểm của tiếp tuyến tại A của (O; R) với đường tròn (A; R').

Có kí hiệu nào quá khó hay là không hiểu lập luận chỗ nào thì nói mình ngay nhé.

Gọi T là giao điểm của EF và BC. Xét tứ giác toàn phần BCEF.AT nội tiếp đường tròn (M) có BE cắt CF tại H nên theo định lý Brocard, H là trực tâm tam giác ATM, suy ra TH vuông góc với AM hay TH//PQ.

Dễ thấy \(\left(BCDT\right)=-1\) nên \(\left(HB,HC,HD,HT\right)=-1\).

Mà PQ//HT cắt HD, HB, HC lần lượt là A, Q, P nên A là trung điểm PQ (tính chất của hàng điểm điều hòa), suy ra MA là trung tuyến của tam giác MPQ.

Tam giác MPQ có MA vừa là đường cao, vừa là trung tuyến nên nó cân tại M, suy ra \(MP=MQ\) (đpcm).

hình vẽ câu c