Bạn Tru09 hình như đọc nhầm đề rồi. Năm nay mình mới học lớp 10, mình xin giải thử cách này:
*Bạn tự cm bổ đề sau: Cho O,H lần lượt là tâm (đường tròn ngoại tiếp) và trực tâm của tam giác ABC. Ta có: $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$
*Áp dụng, ta có: $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$
*Ta bắt đầu với đẳng thức hiển nhiên sau:
$0=1/2.\overrightarrow{AB}+1/2.\overrightarrow{AC}+1/2.\overrightarrow{BA}+1/2.\overrightarrow{BC}+1/2.\overrightarrow{CA}+1/2.\overrightarrow{CB} =\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{BE}+\overrightarrow{CF} =\overrightarrow{OD}-\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OE}-\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OF}-\overrightarrow{OC} =\overrightarrow{HO}+(\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF})$
Suy ra: $0=2\overrightarrow{HO}+2(\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF})$
Suy ra: $\overrightarrow{HO}=3\overrightarrow{HO}+2\overrightarrow{OD}+2\overrightarrow{OE}+2\overrightarrow{OF}=\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OA1}+\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OB1}+\overrightarrow{HO}+\overrightarrow{OC1}=\overrightarrow{HA1}+\overrightarrow{HB1}+\overrightarrow{HC1}$
Suy ra: $\overrightarrow{HO}=\overrightarrow{HA1}+\overrightarrow{HB1}+\overrightarrow{HC1}$.
=>ĐPCM

1.cho đường tròn tâm o bán kính R và đường thảng D không có điểm chung với đường tròn.Từ 1 điểm M trên D vẽ 2 tiếp tuyến MP và MQ.K thuộc đường thẳng vuông góc OH tù O đến đường thảng d.dây PQ cắt OH ở I và cắt OM ở K
cm
a)OI.OH=OK.OM=R^2
b)khi M di động trên đường thẳng d thì PQ luôn luôn đi qua 1 điểm cố định

Bài 1/
a)
*Dễ dàng cm OKI OHM (g_g)
$ \dfrac{OI}{OK} = \dfrac{OM}{OH} $ OI.OH=OK.OM (1)
*Lại có OPM vuông tại P có đường cao PK OK.OM=OP^2=R^2 (hệ thức lượng) (2)
*(1),(2) Q.E.D
b)
*Ta có OI.OH=R^2, mà R không đổi, OH không đổi do đường thẳng d và O cố định OI không đổi
I cố định, lại có I là giao của OH và PQ
PQ luôn đi qua một điểm cố định là I khi M di chuyển trên d

Cho hình thang ABCD (AD//BC) góc A = 40 độ, góc D = 50 độ. K, N lần lượt là trung điểm của BC, AD. Qua B kẻ đường thẳng song song với CD cắt AD tại E, M là trung điểm AE.
a) C/m tam giác ABM vuông.
b) Tứ giác BKNM có đặc điểm gì? Vì sao?
c) Biết độ dài đường trung bình của hình thang = 8cm, KN = 2cm. Tính độ dài các đáy của hình thang.
Đề bài chơi khó từ câu a), mong mọi người giúp đỡ

Đề sai rồi. Phải là tam giác ABE vuông. Nếu tam giác ABM vuông thì hoặc vuông ở M hoặc vuông ở B. Nếu vuông ở M thì dẫn tới ABCD là hình thang cân (sai với giả thiết) còn vuông ở B thì M E theo suy luận dưới đây:
*Ta có BEDC là hbh $ \angle EDC = \angle EBC = 50 $
Lại có $\angle ABC = 140 $ (trong cùng phía) $\angle ABE = 90 $

Bài 2/ Kéo dài CK,DE cắt AB lần lượt ở M,N.
*Áp dụng hệ quả đ/l Thales, ta có:
BMC có AE//CM (gt) $\dfrac{AB}{AM}=\dfrac{BE}{EC}$ (1)
BNE có BN//DC $\dfrac{BN}{DC}=\dfrac{BE}{EC}$ (2)
AMK có AM//DC $\dfrac{AM}{DC}=\dfrac{AK}{DK}$ (3)
*(1),(2) suy ra $\dfrac{AB}{AM}=\dfrac{BN}{DC}$
$\dfrac{AB}{BN}=\dfrac{AM}{DC}$, lại có (3)
$\dfrac{AB}{BN}=\dfrac{AK}{DK}$
Q.E.D

b) Để ý EN, CQ BD.
c) ENB vuông tại N, trung tuyến NM nên $MN=\dfrac{1}{2}EB$
Lại có: NK là đường trung bình DAC nên $NK=\dfrac{1}{2}DC=MN(EB=DC)$
Mà: $\angle MNK=\angle MNB+\angle ANK=\angle MBN+\angle ADC=\angle MBN+\angle AEB=\angle BAC=60^o$
Vậy MNL đều.

*Câu c em có cách giải khác, không cộng góc.
*Trên tia đối CE lấy CF=AE K là trung điểm EF.
*Áp dụng t/c đường trung bình trong EBF $MK=\dfrac{1}{2}BF$
*Dễ dàng cm hai tam giác BAE và BCF bằng nhau BF=BE BF=BE=DC
Chú ý $MN=\dfrac{1}{2}BE$, $NK=\dfrac{1}{2}DC$, mà BF=BE=DC
Q.E.D

Bài 2/

*Từ C,B lần lượt kẻ các đường thẳng song song với $A_{1}C_{1}$, cắt AG tại N,P. Gọi M là trung điểm BC.
*Dễ dàng cm được CN=BP, MN=MP.
*Áp dụng hệ quả đ/l Thales cho:
$GMA_{1}$ có $CN//GA_{1}$ $\dfrac{CN}{GA_{1}}=\dfrac{MN}{MG}$, lại có MN=NP/2 suy ra $\dfrac{CN}{GA_{1}}=\dfrac{MN}{MG}=\dfrac{NP}{2MG}=\dfrac{NP}{AG}$ (do G là trọng tâm nên AG=2MG)
ANC có $CN//GB_{1}$ $\dfrac{CN}{GB_{1}}=\dfrac{AN}{AG}$
ABP có $BP//GC_{1}$ $\dfrac{BP}{GC_{1}}=\dfrac{AP}{AG}$
*Vậy $\dfrac{CN}{GA_{1}}+\dfrac{CN}{GB_{1}}=\dfrac{NP}{AG}+\dfrac{AN}{AG}=\dfrac{AP}{AG}=\dfrac{BP}{GC_{1}}$, mà BP=CN (cmt)
Q.E.D

Ủng hộ tiếp 2 bài:
Bài 8:
Cho ABC nhọn, AB<AC, nội tiếp (O). Tiếp tuyến tại A và C cắt tiếp tuyến tại B thứ tự ở M và N. Hạ BP AC tại P.
CMR: PB là phân giác của góc MPN

Bài 8

*Từ M,N lần lượt kẻ MD, NE vuông góc với AC.

*Ta có $ \angle MAD + \angle OAC = 90 độ $, $ \angle NCE + \angle OCE = 90độ $, mà $ \angle OAC = \angle OCA$ $ \angle MAD =\angle NCE $

$ \Rightarrow \vartriangle MDA \sim \vartrignle NEC (g.g)$

$\Rightarrow \dfrac{MD}{NE}= \dfrac{AM}{CN} $, mà AM=BM, CN=BN (t/c tiếp tuyến)

$\Rightarrow \dfrac{MD}{NE}= \dfrac{BM}{BN} $, lại có $ \dfrac{BM}{BN}= \dfrac{DP}{EP} $ (đ/l Thales trong hình thang MDEN)

$\Rightarrow \dfrac{MD}{NE}= \dfrac{DP}{EP} $

$\Rightarrow \vartriangle MDP \sim \vartriangle NEP (c.g.c) \Rightarrow ... \Rightarrow Q.E.D$

Cho hình thang ABCD. Đáy nhỏ AB trên CD lấy điểm E sao cho $ \dfrac{ED}{CD} = \dfrac{1}{2} $.
Gọi M là giao điểm của AE và BD, N là giao điểm của BE và AC kéo dài MN cắt AD, BC theo thứ tự tại I, K.
1) Chứng minh $ IM=MN=NK $
2) Chứng minh $\dfrac{1}{AB}+\dfrac{2}{CD}=\dfrac{1}{MN}$

1)Cmr: IM=MN=NK
*Áp dụng hệ quả đ/l Thales cho:
ABM có AB//DE ta có $\dfrac{AB}{DE} = \dfrac{AM}{ME}$
ABN có AB//EC ta có $\dfrac{AB}{EC} = \dfrac{BN}{NE}$
Lại có DE=EC $\dfrac{AM}{ME} = \dfrac{BN}{NE}$ MN//AB IK//AB
*Áp dụng hệ quả đ/l Thales cho:
ADE có IM//DE ta có $\dfrac{IM}{DE} = \dfrac{AM}{AE}$
AEC có MN//EC ta có $\dfrac{MN}{EC} = \dfrac{AM}{AE}$
BEC có NK//EC ta có $\dfrac{NK}{EC} = \dfrac{BN}{BE}$
ABE có MN//AB ta có $\dfrac{AM}{AE} = \dfrac{BN}{BE}$
Lại có DE=EC đpcm

2) Chứng minh $\dfrac{1}{AB}+\dfrac{2}{CD}=\dfrac{1}{MN}$
*$\dfrac{1}{AB}+\dfrac{2}{CD}=\dfrac{1}{MN}$
$\dfrac{MN}{AB}+\dfrac{2MN}{CD}=1$
$\dfrac{MN}{AB}+\dfrac{2MN}{2DE}=1$
$\dfrac{MN}{AB}+\dfrac{MN}{DE}=1$ (1)
*Áp dụng hệ quả đ/l Thales cho:
ABE có MN//AB ta có $\dfrac{MN}{AB} = \dfrac{EN}{BE}$
BDE có MN//DE ta có $\dfrac{MN}{DE} = \dfrac{BN}{BE}$
Vậy ta có $\dfrac{MN}{AB}+\dfrac{MN}{DE}=\dfrac{EN}{BE}+\dfrac{BN}{BE}=1$ (2)
*Do (1) là phép biến đổi tương đương (hai chiều) nên kết hợp với (2) ta có Q.E.D

Cho ABC cân tại A, đường cao AD. Kẻ DH AC. Gọi I là trung điểm của DH. C/m AI BH

*Gọi E là trung điểm của HC.
*Ta có I,E lần lượt là trung điểm DH, HC IE là đường trung bình của HDC IE//DC, mà DC AD IE AD, lại có DH AC (gt) I là trực tâm của ADE AI DE, mà DE//BH (đường trung bình của BHC) đpcm

Cho $ \Delta ABC $ vuông tại . Từ 1 điểm $ O $ nằm trong tam giác vẽ $ OD\perp BC; OE\perp CA; OF\perp AB $. Hãy xác định vị trí của điểm $O $ để
$ OD^{2} + OE^{2} + OF^{2} $ nhỏ nhất

*Từ A kẻ đường cao AH của $\Delta ABC$
*Ta có $AEOF$ là hình chữ nhật (tứ giác có 3 góc vuông) nên $OA=EF$ (t/c)
* $\Delta OEF$ vuông tại O $\Rightarrow OE^{2} + OF^{2} = EF^{2} = OA^{2}$ (đ/l Pythagore)
$ \Rightarrow OD^{2} + OE^{2} + OF^{2} = OD^{2} + OA^{2} $
*Ta dễ dàng cm các bđt sau:
$ OD^{2} + OA^{2} \geq \dfrac{1}{2}.(OD+OA)^{2} = \dfrac{1}{2}.AD^{2} $. Dấu bằng xảy ra $\Leftrightarrow OA=OD$
$ \dfrac{1}{2}.AD^{2} \geq \dfrac{1}{2}.AH^{2} $ (quan hệ giữa đường xiên và hình chiếu)
*Vậy $ OD^{2} + OE^{2} + OF^{2} = OD^{2} + OA^{2} \geq \dfrac{1}{2}.AH^{2} $ (hằng số)
Vậy ... đạt giá trị nhỏ nhất $\Leftrightarrow OA=OD, O \in AD$ và $D \equiv H \Leftrightarrow$ O là trung điểm AH.

Mod:Xài Latex đầy đủ trong bài viết.

Cho ABC cân tại A. Lấy M là một điểm bất kì trên cạnh BC. Vẽ MH AB; MK AC; tia BI AC.
Chứng minh rằng : MH+MK=BI.

*Từ M kẻ MD BI. Sau đó cm hai tam giác HBM, DMB bằng nhau MH=BD, lại có MDIK là hcn (tứ giác có 3 góc vuông) MK=DI
*Vậy MH+MK=BD+DI=BI (đpcm)

BĐT Ptolemee' được chứng minh cho trường hợp tứ giác lồi, vậy còn trường hợp tứ giác MBCD như hình thì áp dụng còn đúng không? (theo mình là không, nếu bạn không đồng ý thì hãy chứng minh)

Đề bài của mình không cò điều kiện gì về điểm M, nó nằm đâu cũng được.
Bài giải bạn chỉ đúng khi đề là: "Tìm điểm M sao cho tứ giác MBCD là tứ giác lồi và MA+MB+MC nhỏ nhất" - đây không phải đề bài của mình, đề của mình ở bên trên cùng topic kia

Nói về đáp án: đáp án bạn không đúng, MD+MA = AD <=> M nằm trên ĐOẠN AD (M,A,D thẳng hàng thôi chưa đủ)
đường tròn ngoại tiếp BCD liệu có cắt ĐOẠN AD không?

Xin lỗi, mình viết nhầm, tứ giác MBDC chứ không phải MBCD. Theo mình thì đề đúng phải là "tìm điểm M trong tam giác ABC sao cho MA+MB+MC bé nhất" (đây là bài toán về điểm Toriceli) còn tìm M bất kỳ như đề của bạn thì bạn làm thử xem, mình không biết làm.

Bài 1: Cho tứ giác ABCD, tìm điểm M sao cho: MA + MB + MC + MD có GTNN (dễ)
Bài 2: Cho ABC, tìm điểm M sao cho: MA + MB + MC có GTNN (hay)

Bài 2 nhé, bài 1 dễ khỏi làm
*Bên ngoài $ \vartriangle ABC $ lấy điểm D sao cho $ \vartriangle BCD $ đều.
*Áp dụng bđt Ptolemeé cho tứ giác MBCD, ta có MB.CD + MC.CD MD.BC, lại có BC=BD=CD (do $ \vartriangle BCD $ đều)
MB + MC MD (đẳng thức xảy ra MBCD nội tiếp đường tròn)
MB+MC+MA MD+MA AD (bất đẳng thức tam giác), mà A,D cố định AD là hằng số
*Dấu bằng xảy ra MBCD nội tiếp đường tròn và A,M,D thẳng hàng
*Vậy MA+MB+MC nhỏ nhất $ \angle BMC = 60 độ $ và M AD

Cho tam giác ABC có :widehat{A} = 2 :widehat{B} = 4 :widehat{C}=4
Chứng minh rằng: :frac{1}{AB} = :frac{1}{BC} + :frac{1}{CA}

*Tự cm $ \angle BAC $ lớn hơn 90độ.
*Bên ngoài $ \vartriangle ABC $ kẻ CH vuông góc với tia đối AB. Lấy D đối xứng với A qua H.
*Dễ dàng cm được $ \vartriangle ADC $ cân tại C.
*Ta có $ \angle ACD $=2$ \angle ACH $=180-2$ \angle HAC $=180-6
$ \angle DCB $=180-5 , mà $ \angle DBC $=$ \angle ABC $=180-5 $ \angle DCB $=$ \angle DBC $ ... DB=DC
*Ta có $ \angle ACB $=180-6 (tổng ba góc trong tam giác), mà $ \angle ACD $=180-6
CA là p/g $ \vartriangle DBC $
$ \dfrac{AB}{BC} = \dfrac{AD}{DC} = \dfrac{AB+AD}{BC+DC} = \dfrac{BD}{BC+AC} $
AB(BC+AC)=BC.BD=BC.DC=BC.AC AB.AC+AB.BC=AC.BC
$ \dfrac{AB.AC}{AB.AC.BC} + \dfrac{AB.BC}{AB.AC.BC} = \dfrac{AC.BC}{AB.AC.BC} $
ĐPCM

moi nguoi giup minh cac bai con lai di

Bài 3/
*Gọi AH là đường cao của $ \vartriangle AMC $, tức AH cũng là đường cao của $ \vartriangle ABC $
*Do AM=AC (gt) $ \vartriangle AMC $ cân tại A AH cũng là trung tuyến của $ \vartriangle AMC $ MH=HC
*$ \vartriangle AHB $ vuông tại H TgB= $ \dfrac{AH}{BH} $
$ \vartriangle AHC $ vuông tại H TgC= $ \dfrac{AH}{HC} $
*$ \dfrac{TgB}{TgC} $=...=$ \dfrac{CH}{BH} $=$ \dfrac{CH}{3CH} $ (do BM=MC, mà MC=2CH)
$ \dfrac{TgB}{TgC} $=$ \dfrac{1}{3} $
TgC lớn hơn TgB 3 lần.

Bài 1/
*$ \vartriangle ABD $ có AI là đường phân giác
$ \dfrac{IB}{ID}= \dfrac{AB}{AD} $ ... AB=2AD
*Tương tự với $ \vartriangle ABC $ có BD là đường phân giác ... BC=2DC
*Đặt AD=x AB=2x. Đặt DC=y BC=2y.
*Ta có 4x^2 + x^2 = (15 :sqrt{5} )^2 ... x=15cm
*Ta có 4x^2 + (x+y)^2 = 4y^2, thế x=15 vào, ta có ... y=25cm
*S(ABCD)=(AB.AC)/2=(30.40)/2=600cm2

1.Cho hình thang ABCD với 2 cạnh đáy là AD và BC(AD>BC).Gọi M và N là trung điểm 2 cạnh đáy.CMR nếu MN=(AD-BC):2 thì góc A + góc D =90 độ
2.Cho hình thang ABCD với 2 đáy là AD và BC.Gọi O là giao điểm hai đường chéo.Biết S(OAD)= S1 , S(OBC)=S2.Hãy tính S hình thang.
3.Cho tam giác ABC với AB khác AC.Gọi AM là đường trung tuyến.Trên cạnh BC lấy điểm N sao cho góc BAN bằng góc MAC. CMR: BN/NC = AB^2/AC^2
4.Ba đường cao AA',BB',CC' của tam giác ABC cắt nhau tại H.Gọi S1,S2,S3 lần lượt là S các tam giác AB'C',BC'A',CA'B'.CMR: S1/AH^2 = S2/BH^2 = S3/CH^2

Xin loi moi nguoi may em tu nhien khong viet dau duoc va em cung khong biet viet cac ki hieu goc hay mu.Ai biet reply cho em voi nha.Sau do thi em se sua bai nay.Moi nguoi lam ho em voi toi nay em phai nop mat rui

Bài 3/
*Từ C vẽ đường thẳng song song với AB, cắt AN tại G, cắt AM tại D.

*Ta có AB//CG (cách vẽ) $\angle BAN = \angle AGC$ (so le trong), mà $\angle BAN = \angle MAC$ $\angle MAC = \angle AGC$, lại có $\angle ACD$ chung
$ \vartriangle ACD $ đồng dạng $ \vartriangle GCA $
$ \dfrac{AC}{CG} = \dfrac{CD}{AC} $ CG.CD=AC^2

*Áp dụng hệ quả đ/l Thales cho:
$ \vartriangle ABN $ có AB//CG $ \dfrac{BN}{NC} = \dfrac{AB}{CG} $
$ \vartriangle ABM $ có AB//CD $ \dfrac{BM}{MC} = \dfrac{AB}{CD} $
$ \dfrac{BN}{NC}. \dfrac{BM}{MC} $ = $ \dfrac{AB}{CG} . \dfrac{AB}{CD} $
Mà BM=MC (AM là trung tuyến), CG.CD=AC^2 ĐPCM

Bài 1.cho tam giác ABC vuông tại A. Tia phân giác góc BD. Tia phân giác góc A cắt BD ở I.
cho $IB=10\sqrt{5};ID=5\sqrt{5}$
tính diện tích tam giác ABC
Bài 2.cho tam giác ABC cân tại A. Gọi I là giao điểm của các tia phân giác
cho $IA=2\sqrt{5};IB= 3cm.$
tính AB
Bài 3.cho tam giác ABC có trung tuyến AM=AC
so sánh tg B và tg C
Bài 4.cho $tg \alpha =0.5$
tính $M=(cos\alpha+sin\alpha):(cos\alpha-sin\alpha)$
Bài 5.cho hình vuông abcd.gọi m và n theo thứ tự là trung điểm của CB và CD
tính $cos \widehat{MAN}$

Bài 2/
*Từ A vẽ AK AB tại A (K thuộc tia BI), vẽ AD BK
*Dễ dàng cm được $ \vartriangle AIK $ cân tại A.
AK=IA=$ 2\sqrt{5}$ và ID=DK
*Đặt DK=x>0, ta có BK=IB+ID+DK=2x+3
*$ \vartriangle ABK $ vuông tại A có đường cao AD
AK.AK = DK.BK (hệ thức lượng trong tam giác vuông)
20=x(2x+3) ... x=5/2 BK=8
*$ \vartriangle ABK $ vuông tại A BK.BK = AB.AB+AK.AK (đ/l Pythagore)
... AB=$\sqrt{44}$

tui muon hoi cach giai day du te tam luc giac deu cai do tui cung biet nak

*Gọi M là điểm bất kỳ trong lục giác đều (ABCDEF), M' là tâm của lục giác đều (ABCDEF).
*Áp dụng bđt tam giác, ta có:
AM+MD AD (1)
BM+MD BE (2)
FM+MC FC (3)
*(1), (2), (3) AM+MD+BM+MD+FM+MC AD+BE+FC (hằng số do lục giác đều ABCDEF cho trước)
*Dấu "=" xảy ra (A,M,D) thẳng hàng, (B,M,D) thẳng hàng, (F,M,C) thẳng hàng
M M' M là tâm lục giác đều đã cho trước.

Cho ABC.Điểm O nằm trong tam giác. BO cắt AC tại M , CO cắt AB tại N . Dựng các hình bình hành OMEN và OBFC
CM: A,E,F thẳng hàng và $\dfrac{AE}{AF} = \dfrac{AM.AN}{AB.AC} = \dfrac{OM.ON}{OB.OC} $

*Cmr: $ \dfrac{AM.AN}{AB.AC} = \dfrac{OM.ON}{OB.OC} $
*Gọi P,Q là giao điểm của các cặp đường thẳng (BM;AF) và (OC;AF)
*Ta có EN//BP $ \dfrac{AN}{AB} = \dfrac{EN}{BP} $, lại có EN=OM do OMEN là hình bình hành (gt)
$ \dfrac{AN}{AB} = \dfrac{OM}{BP} $ (1)
*Tương tự, ta có $ \dfrac{AM}{AC} = \dfrac{ON}{CQ} $ (2)
*(1), (2) $ \dfrac{AM.AN}{AB.AC} = \dfrac{OM.ON}{BP.CQ} $
*Áp dụng hệ quả đ/l Thales cho:
BPF có OQ//BF (do ...) $ \dfrac{BP}{OB} = \dfrac{PF}{QF} $ (3)
QFCF có OP//CF (do ...) $ \dfrac{PF}{QF} = \dfrac{OC}{CQ} $ (4)
*(3), (4) ... OB.OC=BP.CQ, lại có $ \dfrac{AM.AN}{AB.AC} = \dfrac{OM.ON}{BP.CQ} $
Q.E.D

1)_ Cho lục giác đều ABCDEF cạnh a. Cho K là giao điểm của BD và CF, M là trung điểm FE. C/m tam giác AMK đều.

2)_Cho tam giác ABC cân tại A, đường cao AH. Kẻ HD AC tại D. Gọi M là trung điểm HD. C/m AM BD

Bài 2/
*Gọi N là trung điểm của BH ... MN//BD.
*Dễ dàng cm được $ \vartriangle AHD \sim \vartriangle ABH $ $ \dfrac{AB}{AH} = \dfrac{BH}{HD} $ và $ \angle ABN = \angle AHD $ $ \dfrac{AB}{AH} = \dfrac{BN}{HM} $ và $ \angle ABN = \angle AHD $
$ \vartriangle AHM \sim \vartriangle ABN $ (c_g_c)
$ \dfrac{AB}{AN} = \dfrac{AH}{AM} $ và $ \angle BAN = \angle HAM $
$ \dfrac{AB}{AN} = \dfrac{AH}{AM} $ và $ \angle BAH = \angle NAM $
$ \vartriangle ABH \sim \vartriangle ANM $ (c_g_c)
$ \angle AHB = \angle AMN = 90 độ $
AM vuông góc MN, mà MN//BD (cmt)
ĐPCM

1, tam giác ABC nhịn có M nằm trong tam giác. Tìm vị trí của M để MA+MB+MC min.
2, cho góc xOy nhọn. (I) cố định tiếp xúc với Ox, Oy tại M,N. 1 đthẳng d thay đổi tiếp xúc (I) tại E. d cắt Ox,Oy tại A,B.
Xác định vị trí d sao cho:
a) AB min
b) diện tích OAB min

Bài 1/ Đây gọi là bài toán điểm Toricelli (nhà bác học Ý tìm ra áp suất thủy ngân). Cách giải như sau:

*Nối MB, MC. Ngoài $ \vartriangle ABC $ dựng $ \vartriangle BEC $ sao cho $ \vartriangle BEC $ đều.

*Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác BMCE, ta có MB.CE + MC.BE ME.BC, lại có BC=CE=BE ($ \vartriangle BEC $ đều) MB + MC ME
MA + MB + MC ME + MA AE (hằng số)

*Dấu "=" xảy ra tứ giác BMCE nội tiếp và A, M, E thẳng hàng
$ \angle BMC $ = 120 độ (tự cm ) và M thuộc AE

*Vậy (MA + MB + MC)min $ \angle BMC $ = 120 độ (tự cm ) và M thuộc AE

Em vẫn ko hiểu vì sao lại $A=(1995+1)(1995+2)...(1995+3990) : 3^{1995}$

Xin lỗi, mình đánh nhầm. Không phải A=... mà là lấy A chia cho $3^1995$ thì tương đương với
$(1995+1)(1995+2)...(1995+3990) : 3^{1995}$

1. Một ô tô đi quãng đường từ A đến B với vận tốc 40km/h. Sau đó ô tô quay về với vận tốc 50km/h. cả đi lẫn về mất 4 giờ 30 phút. Tính độ dài quãng đường AB

2. (3/7+4/3):(7/3-3/7)=?

3. Tính
A= 3/5.7+./7.9+...+3/59+61=? Số nghịch đảo của A là?

4. Tỉ số của 78 phút và 6/5 giờ là?

5. Tính
(1-1/3)*(1-1/6)*(1-1/10)*(1-1/15)*(1-1/21)*(1-1/28)=?

6. Tổng kết cuối năm, số học sinh giỏi của lớp 6A bằng 1/3 số học sinh cả lớp và bằng 3/4 số học sinh khá. Số học sinh trung bình và yếu là 10 học sinh. Hỏi số học sinh trung bình và yếu chiếm bao nhiêu phần cả lớp.

7. Số nghịch đảo của 2/3*9/18-2 là?

Bài 1/Gọi thời gian đi là t1, thời gian về là t2. Biểu diễn t1, t2 theo AB và vận tốc đi về, lại có t1+t2=4,5
... AB dài 100km

Bài 2/Tính từng nhân tử rồi nhân cho nhau thôi?!

Bài 3/ A= $ \dfrac{3}{5.7} + \dfrac{3}{7.9} + ... + \dfrac{3}{59.61}$
A= $\dfrac{3}{2}.( \dfrac{2}{5.7} + \dfrac{2}{7.9} + ... + \dfrac{2}{59.61})$
= $\dfrac{3}{2}.( \dfrac{1}{5} - \dfrac{1}{7} + \dfrac{1}{7} - ... - \dfrac{1}{61} )$
= $\dfrac{3}{2}.( \dfrac{1}{5} - \dfrac{1}{61} )$
= $\dfrac{3}{2}. \dfrac{56}{305}$ = $ \dfrac{84}{305} $
Nghịch đảo của A là $ \dfrac{305}{84} $

Bài 4/ 78ph= $ \dfrac{13}{10} $h
Chia nhau ra tỉ số?!

Bài 5/Tính ra thôi?

Bài 6/Gọi số hs cả lớp là a HS giỏi = $ \dfrac{1}{3} $a
HS giỏi = 3/4 HS khá $ \dfrac{4}{9} $a = HS khá
HS trung bình + HS yếu = $ \dfrac{2}{9} $a
10 = $ \dfrac{2}{9} $a
a = 45 (HS) HS trung bình + HS yếu chiếm gần 22.22% HS cả lớp

Bài 7/Tính ra thôi?

Tìm số dư trong phép chia A=(1995+1)(1995+2)...(1995+3990) cho 3^1995

Mình mới làm đến đây:
$(1995+1)(1995+2)...(1995+3990) $
$=(1995+1)(1995+2)...(1995+2.1995)=3.1995(1995+1)...(1995+3989)$
Vậy $A=(1995+1)(1995+2)...(1995+3990) : 3^{1995}$
$\Leftrightarrow 3.1995(1995+1)...(1995+3989) : 3.3^{1995}$
$\Leftrightarrow 1995(1995+1)...(1995+3989) : 3^{1994}$

ta sẽ chứng minh BDT:
$x^{4} + y^{4} + z^{4} = xyz(x+y+z)$
mình chỉ gợi ý thui bạn tự làm nha!

*Đúng rồi, để mình làm cho xem thử
*Áp dụng bđt $a^{2} + b^{2} \geq 2ab$, ta dễ dàng có
$x^{4} + y^{4} + z^{4} \geq (xy)^2 + (xz)^2 + (yz)^2$ (1)
*Áp dụng bđt $a^2 + b^2 + c^2 \geq ab + ac + bc$, ta có $(xy)^2 + (xz)^2 + (yz)^2 \geq xyz(x+y+z)$ (2)
*(1), (2) $\Rightarrow x^{4} + y^{4} + z^{4} \geq xyz(x+y+z)=xyz$ (do $x+y+z=1$)
Mà $x^{4} + y^{4} + z^{4} = xyz (gt) \Leftrightarrow x=y=z$, lại có $x+y+z=1\Rightarrow x=y=z=1/3$