c) Gọi T là giao điểm của EF và BC. Ta thấy \(AE=AF,BD=BF,CD=CE\) nên \(\frac{DB}{DC}\cdot\frac{EC}{EA}\cdot\frac{FA}{FB}=1\) (7)

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC và cát tuyến T, E, F, ta có \(\frac{TB}{TC}\cdot\frac{EC}{EA}\cdot\frac{FA}{FB}=1\) (8)

Từ (7) và (8) suy ra \(\frac{TB}{TC}=\frac{DB}{DC}\). Do đó, vì PD là đường phân giác trong tam giác PBC nên PT chính là đường phân giác ngoài tam giác này, suy ra \(\hat{TPD}=90^{o}\) (9).

Dễ thấy \(\hat{PFE}=180^{o}-\hat{PAE}=\hat{PBC}\) (10), từ đó suy ra \(\hat{PFT}=\hat{PBT}\), suy ra tứ giác PFBT nội tiếp, suy ra \(\hat{BPF}=\hat{BTF}\) hay \(\hat{BPF}=\hat{DTH}\) (11)

Mặt khác, có \(\hat{PHF}=\hat{HPE}+\hat{HEP}\)

\(=\hat{IAE}+\hat{FAP}\)

\(=\hat{IAF}+\hat{FAP}\)

\(=\hat{IAP}\)

\(=\hat{PAM}\)

\(=\hat{PCM}\)

Như vậy ta có \(\hat{PHF}=\hat{PCM}\) (12)

Trong đường tròn (O), có \(\hat{PBC}=\hat{PMC}\) hay \(\hat{PBD}=\hat{PMC}\). Lại có PD là tia phân giác của \(\hat{BPC}\) nên \(\hat{BPD}=\hat{DPC}\) hay \(\hat{BPD}=\hat{MPC}\). Từ đó dễ dàng suy ra 2 tam giác PBD và PMC đồng dạng, suy ra \(\hat{PDB}=\hat{PCM}\) (13)

Từ (12) và (13) suy ra \(\hat{PHF}=\hat{PDB}\) , mà theo như (10), ta có \(\hat{PFE}=\hat{PBC}\) hay \(\hat{PFH}=\hat{PBD}\), từ đó suy ra 2 tam giác PFH và PBD đồng dạng, suy ra \(\hat{BPD}=\hat{FPH}\), suy ra \(\hat{BPF}=\hat{DPH}\) (14)

Từ (11) và (14), suy ra \(\hat{DPH}=\hat{DTH}\), suy ra tứ giác PHDT nội tiếp, suy ra \(\hat{TPD}=\hat{THD}\), kết hợp với (9), suy ra \(\hat{THD}=90^{o}\) , suy ra DH vuông góc với EF.

Mà trong đường tròn (I), có 2 tiếp tuyến tại E và F cắt nhau tại A nên AI vuông góc với EF (cái này không cần giải thích nữa nhé). Do đó, DH//AI hay DH//AM (vì AM trùng với AI). Ta có đpcm.

b) Trong đường tròn (O), có \(\hat{BAM}=\hat{CAM}\) và 2 góc này là 2 góc nội tiếp chắn các cung MB, MC nên \(\overgroup{MB}=\overgroup{MC}\) , từ đó suy ra \(\hat{MPB}=\hat{MPC}\) , suy ra MP là tia phân giác của \(\hat{BPC}\) (1).

Mặt khác, trong đường tròn (O) tại có \(\hat{ABP}=\hat{ACP}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AP) hay \(\hat{PBF}=\hat{PCE}\) (2). Lại có trong đường tròn (AEF), có \(\hat{AEP}=\hat{AFP}\) (góc nội tiếp cùng chắn cung AP), suy ra \(\hat{PFB}=\hat{PEC}\) (3). Từ (2) và (3) dễ dàng suy ra hai tam giác PFB và PEC đồng dạng, dẫn đến \(\frac{BF}{EC}=\frac{PB}{PC}\) (4).

Vẽ đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC. Khi đó D, E, F chính là tiếp điểm của (I) tới BC, CA, AB.

Trong đường tròn (I) có 2 tiếp tuyến tại D, F cắt nhau tại B nên \(BD=BF\). Tương tự, ta có \(CD=CE\) , suy ra \(\frac{BD}{CD}=\frac{BF}{CE}\) (5).

Từ (4) và (5) suy ra \(\frac{PB}{PC}=\frac{BD}{CD}\), suy ra PD là tia phân giác của \(\hat{BPC}\) (6).

Từ (1) và (6), suy ra P, M, D thẳng hàng (do chúng cùng nằm trên tia phân giác của \(\hat{BPC}\)). Ta có đpcm.

a) Ta có \(\hat{MBI}=\hat{MBC}+\hat{IBC}\)

Trong đường tròn (O), ta có \(\hat{MBC}=\hat{MAC}\) (góc nội tiếp chắn cung MC) và \(\hat{IBC}=\hat{IBA}\) (do BI là tia phân giác \(\hat{ABC}\) ) nên suy ra

\(\hat{MBI}=\hat{MAC}+\hat{IBA}\)

\(=\hat{MAB}+\hat{IBA}\)

\(=\hat{IAB}+\hat{IBA}\)

\(=\hat{MIB}\) (do \(\hat{MIB}\) là góc ngoài tại I của tam giác IAB)

Vậy \(\hat{MBI}=\hat{MIB}\), suy ra tam giác MIB cân tại M.

Trước tiên ta sẽ chứng minh bất đẳng thức phụ \(\frac{x^2}{a^{}}+\frac{y^2}{b}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\) (1) với mọi a, b, x, y > 0,

(1) \(\lrArr\frac{bx^2+ay^2}{ab}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}\)

\(\lrArr\left(bx^2+ay^2\right)\left(a+b\right)\ge ab\left(x+y_{}\right)^2\)

\(\lrArr a^2y^2+b^2x^2+abx^2+aby^2\ge abx^2+2abxy+aby^2\)

\(\lrArr a^2y^2+b^2x^2\ge2abxy\) (2)

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho 2 số thực dương \(a^2y^2,b^2x^2\) , ta có \(a^2y^2+b^2x^2\ge2\sqrt{a^2y^2b^2x^2}=2abxy\) , do đó (2) luôn đúng. Như vậy (1) được chứng minh. Dấu "=" xảy ra \(\lrArr ay=bx\) hay \(\frac{x}{a}=\frac{y}{b}\)

Áp dụng 2 lần (*), ta có:

\(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y\right)^2}{a+b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\) . Dấu "=" xảy ra khi \(\begin{cases}\frac{x}{a}=\frac{y}{b}\\ \frac{x+y}{a+b}=\frac{z}{c}\end{cases}\) \(\lrArr\begin{cases}\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{x+y}{a+b}\\ \frac{x+y}{a+b}=\frac{z}{c}\end{cases}\) \(\lrArr\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}\).

Như vậy \(\frac{x^2}{a}+\frac{y^2}{b}+\frac{z^2}{c}\ge\frac{\left(x+y+z\right)^2}{a+b+c}\) (3) và dấu "=" xảy ra khi \(\frac{x}{a}=\frac{y}{b}=\frac{z}{c}\). Áp dụng (3) cho VT của bất đẳng thức cần chứng minh, ta có:

\(VT=\frac{1}{2a+b+c}+\frac{1}{a+2b+c}+\frac{1}{a+b+2c}\)

\(=\frac{1^2}{2a+b+c}+\frac{1^2}{a+2b+c}+\frac{1^2}{a+b+2c}\)

\(\ge\frac{\left(1+1+1\right)^2}{2a+b+c+a+2b+c+a+b+2c}\)

\(=\frac{9}{4\left(a+b+c\right)}=VP\)

Dấu "=" xảy ra khi \(\frac{1}{2a+b+c}=\frac{1}{a+2b+c}=\frac{1}{a+b+2c}\)

\(\lrArr2a+b+c=a+2b+c=a+b+2c\)

\(\lrArr a=b=c\) (trừ cả 3 vế cho \(a+b+c\))

Ta có đpcm. Dấu "=" xảy ra khi \(a=b=c\)

Câu b bạn vẽ ngôi sao 5 cánh là được nhé. Mình không vẽ hình vì sợ không được duyệt ấy.

a) Qua mỗi đỉnh của n-giác thì ta sẽ vẽ được đường chéo nối với tất cả các đỉnh trừ chính nó và 2 đỉnh kề với nó (mất 3 đường). Do đó mà qua mỗi đỉnh của n-giác, có \(n-3\) đường chéo. Như vậy, qua n điểm của n-giác, có thể vẽ \(n\left(n-3\right)\) đường chéo. Tuy nhiên, mỗi đường chéo sẽ bị tính 2 lần, do đó nếu đem chia 2 ta sẽ ra số đường chéo của n-giác là \(\frac{n\left(n-3\right)}{2}\). Ta có đpcm.

Có một cách rất thú vị để giải bài này, đó là dùng tính chất đường phân giác trong tam giác. Ta có bổ đề sau:

Cho 2 điểm A, B. Trên đường thẳng AB lấy 2 điểm C, D sao cho \(\frac{CA}{CB}=\frac{DA}{DB}=k\). Khi đó tập hợp tất cả các điểm M sao cho \(\frac{MA}{MB}=k\) chính là đường tròn đường kính CD. Bổ đề này có thể dễ dàng chứng minh nhờ tính chất đường phân giác trong tam giác như sau:

Vì \(\frac{MA}{MB}=k=\frac{CA}{CB}=\frac{DA}{DB}\) nên CM, DM lần lượt là phân giác trong và ngoài của tam giác MAB, do đó \(\hat{CMD}=90^{o}\) hay M di chuyển trên đường tròn đường kính CD.

Ta sẽ dùng tính chất này để giải bài toán trên.

Giả sử tam giác vuông cân ABC có cạnh góc vuông bằng 24.

Nhận thấy điểm M thỏa mãn MA:MB=1:2 nên trên đường thẳng AB lấy 2 điểm X, Y sao sho X nằm giữa A, B và \(\frac{XA}{XB}=\frac{YA}{YB}=\frac12\). Vẽ đường tròn tâm I, đường kính XY. Khi đó điểm M phải nằm trên (I). Tương tự, vì MA:MC=1:3 nên trên đường thẳng AC lấy 2 điểm Z, T sao cho Z nằm giữa A, C và \(\frac{ZA}{ZB}=\frac{TA}{TB}=\frac13\). Vẽ đường tròn tâm J, đường kính ZT. Khi đó điểm M phải nằm trên (J).

Dễ thấy đường tròn (I) có bán kính \(R=16\) và đường tròn (J) có bán kính \(R^{\prime}=9\). Tính được \(AI=8;AJ=3\). Sau đó lập hệ trục tọa độ Oxy nhận A làm gốc, tia AC, AB lần lượt trùng với tia Ox, Oy. Khi đó:

\(\left(I\right):x^2+\left(y+8\right)^2=256\) (1)

\(\left(J\right):\left(x+3\right)^2+y^2=81\) (2)

Nghĩa là tọa độ điểm M phải thỏa mãn hệ (1) và (2).

Trừ theo vế (1) và (2) và rút gọn, ta được: \(8y-3x=60\lrArr y=\frac{60+3x}{8}\)

Thế vào (1), ta có: \(x^2+\left(\frac38x+\frac{15}{2}+8\right)^2=256\)

\(\lrArr\frac{73}{64}x^2+\frac{93}{8}x-\frac{63}{4}=0\)

\(\lrArr x=\frac{-372+\sqrt{211968}}{73}\) (chỉ lấy nghiệm dương)

Thôi số xấu quá lười làm :)) tới đây bạn bấm cái x kia vào r bấm máy STO -> x để gán giá trị biến x, sau đó bấm \(\frac{60+3x}{8}\) rồi STO -> y. Tiếp theo bấm \(\sqrt{x^2+y^2}\) (để tính MA) rồi STO -> A, sau đó bấm \(\sqrt{x^2+\left(y-24\right)^2}\) (để tính MB) rồi STO -> B. Cuối cùng bấm \(\cos^{-1}\left(\frac{A^2+B^2-576}{2AB}\right)\) là nó sẽ ra đáp số cuối cùng. Mình thì bấm ra \(\hat{AMB}\) xấp xỉ \(167,03^{o}\) .

Bạn nói lâu rồi mới làm lại toán cấp 2 à, vậy cho mình hỏi bạn bao nhiêu tuổi rồi?

Dùng hệ tọa độ Oxy. Mình không khuyến khích bạn sử dụng cách này đâu mặc dù nó khá thú vị. Sẽ tốt hơn nếu bạn tìm được cách dùng hình thuần túy để giải câu c bài này.

Mình làm câu c hơi tà đạo tí nhé :))