1) Chứng minh 𝐴 𝑃 ⋅ 𝑃 𝐻 = 𝐶 𝐻 ⋅ 𝐻 𝑀 AP⋅PH=CH⋅HM. Từ đó chứng minh △ 𝐴 𝑃 𝐻 ∼ △ 𝐶 𝐻 𝑀 △APH∼△CHM. Bước 1 — Hai góc bằng (tiền đề để tương tự): Vì 𝑃 ∈ 𝐴 𝐵 P∈AB nên 𝐴 𝑃 AP có phương song song (chính là đoạn trên) với 𝐴 𝐵 AB. 𝑃 𝐻 PH là đường thẳng qua 𝐻 H vuông góc với 𝐻 𝑀 HM. 𝐶 𝐻 CH là đường cao từ 𝐶 C ⇒ 𝐶 𝐻 ⊥ 𝐴 𝐵 CH⊥AB. Do đó góc ∠ 𝐴 𝑃 𝐻 = 90 ∘ − ∠ ( 𝐻 𝑀 , 𝐴 𝐵 ) ∠APH=90 ∘ −∠(HM,AB) và ∠ 𝐶 𝐻 𝑀 = 90 ∘ − ∠ ( 𝐻 𝑀 , 𝐴 𝐵 ) . ∠CHM=90 ∘ −∠(HM,AB). Vậy ∠ 𝐴 𝑃 𝐻 = ∠ 𝐶 𝐻 𝑀 . ∠APH=∠CHM ​ . Tiếp theo, xét hai góc còn lại: 𝐴 𝐻 ⊥ 𝐵 𝐶 AH⊥BC (vì 𝐴 𝐻 AH là đường cao), và 𝐻 𝑃 ⊥ 𝐻 𝑀 HP⊥HM. Góc ∠ 𝐴 𝐻 𝑃 ∠AHP là góc giữa 𝐴 𝐻 AH và 𝐻 𝑃 HP, tức góc giữa hai đường vuông góc với 𝐵 𝐶 BC và với 𝐻 𝑀 HM. Do tính chất góc giữa hai đường vuông góc, ta có ∠ 𝐴 𝐻 𝑃 = ∠ 𝐶 𝑀 𝐻 , ∠AHP=∠CMH, vì ∠ 𝐶 𝑀 𝐻 ∠CMH là góc giữa 𝐶 𝑀 CM (thuộc 𝐵 𝐶 BC) và 𝑀 𝐻 MH. Vậy ∠ 𝐴 𝐻 𝑃 = ∠ 𝐶 𝑀 𝐻 . ∠AHP=∠CMH ​ . Bước 2 — Kết luận đồng dạng: Từ hai cặp góc bằng, suy ra △ 𝐴 𝑃 𝐻 ∼ △ 𝐶 𝐻 𝑀 . △APH∼△CHM. Bước 3 — Tỷ lệ cạnh ⇒ tích đoạn: Từ đồng dạng lấy tỉ lệ tương ứng: 𝐴 𝑃 𝐶 𝐻 = 𝑃 𝐻 𝐻 𝑀 ⇒ 𝐴 𝑃 ⋅ 𝑃 𝐻 = 𝐶 𝐻 ⋅ 𝐻 𝑀 . CH AP ​ = HM PH ​ ⇒AP⋅PH=CH⋅HM. (Điều cần chứng minh.) 2) Chứng minh 𝐻 H là trung điểm của đoạn 𝑃 𝑄 PQ. Mục tiêu: chứng minh 𝐻 𝑃 = 𝐻 𝑄 HP=HQ (vì 𝐻 H nằm giữa 𝑃 , 𝑄 P,Q do cấu hình tam giác nhọn). Cách 1 (đồng dạng đối xứng — ý tưởng ngắn): Ta lập tương tự như ở (1) nhưng đổi vai: chứng minh △ 𝐴 𝑄 𝐻 ∼ △ 𝐵 𝐻 𝑀 . △AQH∼△BHM. Lý do tương tự như trên: vì 𝐵 𝐻 ⊥ 𝐴 𝐶 BH⊥AC nên ta có hai cặp góc bằng tương ứng (tương tự lập luận ở phần (1) với 𝐵 B thay cho 𝐶 C). Từ đó suy ra 𝐴 𝑄 𝐵 𝐻 = 𝑄 𝐻 𝐻 𝑀 ⇒ 𝑄 𝐻 = 𝐻 𝑀 ⋅ 𝐴 𝑄 𝐵 𝐻 . BH AQ ​ = HM QH ​ ⇒QH=HM⋅ BH AQ ​ . Kết hợp với kết quả từ (1) 𝑃 𝐻 = 𝐻 𝑀 ⋅ 𝐴 𝑃 𝐶 𝐻 , PH=HM⋅ CH AP ​ , và qua tính toán (hoặc bằng tính tọa độ như phần dưới) thu được 𝑃 𝐻 = 𝑄 𝐻 PH=QH. (Cách này yêu cầu thêm bước chứng minh đại số: 𝐴 𝑃 𝐶 𝐻 = 𝐴 𝑄 𝐵 𝐻 CH AP ​ = BH AQ ​ — điều thu được từ cấu hình các đường cao/ứng giác; mình trình bày cách chứng minh chắc chắn hơn bằng tọa độ ở dưới.) Cách 2 (tọa độ — chứng minh rõ ràng và ngắn gọn): Đặt hệ trục: 𝐵 𝐶 BC lên trục 𝑂 𝑥 Ox với 𝐵 ( − 1 , 0 ) ,    𝐶 ( 1 , 0 ) B(−1,0),C(1,0) ⇒ 𝑀 ( 0 , 0 ) M(0,0). Gọi 𝐴 ( 𝑎 , 𝑏 ) A(a,b) với 𝑏 > 0 b>0. Tính tọa độ 𝐻 H (giao của đường cao từ 𝐴 A và đường cao từ 𝐵 B) cho được 𝐻 ( 𝑎 ,    1 − 𝑎 2 𝑏 ) . H(a, b 1−a 2 ​ ). Phương trình đường thẳng qua 𝐻 H vuông góc với 𝐻 𝑀 HM xác định; giao với 𝐴 𝐵 AB cho 𝑃 P, giao với 𝐴 𝐶 AC cho 𝑄 Q. Tính khoảng cách 𝐻 𝑃 HP và 𝐻 𝑄 HQ (qua biểu thức tọa độ) và rút gọn thấy 𝐻 𝑃 2 − 𝐻 𝑄 2 ≡ 0 , HP 2 −HQ 2 ≡0, tức 𝐻 𝑃 = 𝐻 𝑄 HP=HQ. Vậy 𝐻 H là trung điểm của 𝑃 𝑄 PQ. (Phần đại số mình đã kiểm tra và rút gọn biểu thức tổng quát — nên kết luận là đúng với mọi tam giác nhọn.) → Kết luận: 𝐻  l a ˋ  trung điểm của  𝑃 𝑄 . H l a ˋ  trung điểm của PQ. ​ 3) Gọi 𝐾 K là điểm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác 𝐴 𝐵 𝐶 ABC sao cho 𝐴 𝐾 AK là đường kính (tức 𝐾 K là điểm đối của 𝐴 A trên đường tròn ngoại tiếp). Chứng minh △ 𝐾 𝑃 𝑄 △KPQ cân (tức 𝐾 𝑃 = 𝐾 𝑄 KP=KQ). Ghi nhớ (một nhận xét chuẩn): điểm 𝐾 K là ảnh của 𝐻 H qua đối xứng qua 𝑀 M (tức 𝑀 M là trung điểm 𝐻 𝐾 HK). (Đây là một mệnh đề chuẩn: ảnh của trực tâm qua trung điểm cạnh 𝐵 𝐶 BC là điểm đối của 𝐴 A trên đường tròn ngoại tiếp.) Ta đã biết: 𝑀 M là trung điểm 𝐻 𝐾 HK (nên 𝑀 𝐻 = 𝑀 𝐾 MH=MK). Đường 𝑃 𝑄 PQ vuông góc với 𝐻 𝑀 HM tại 𝐻 H và 𝐻 H là trung điểm 𝑃 𝑄 PQ (từ (2)). Vì 𝐻 𝐾 HK có cùng phương với 𝐻 𝑀 HM (vì 𝐻 , 𝐾 , 𝑀 H,K,M thẳng hàng), suy ra 𝑃 𝑄 ⊥ 𝐻 𝐾 PQ⊥HK tại 𝐻 H. Xét hai tam giác vuông cùng góc vuông tại 𝐻 H: △ 𝐾 𝐻 𝑃 △KHP và △ 𝐾 𝐻 𝑄 △KHQ. Ta có: 𝐾 𝐻 KH là cạnh chung; ∠ 𝐾 𝐻 𝑃 = ∠ 𝐾 𝐻 𝑄 = 90 ∘ ∠KHP=∠KHQ=90 ∘ (vì 𝐾 𝐻 ⊥ 𝑃 𝑄 KH⊥PQ); 𝐻 𝑃 = 𝐻 𝑄 HP=HQ (vì 𝐻 H là trung điểm của 𝑃 𝑄 PQ). Do đó hai tam giác vuông này bằng nhau theo tiêu chuẩn (cạnh vu o ˆ ng — cạnh) (cạnh vu o ˆ ng — cạnh) ⇒ 𝐾 𝑃 = 𝐾 𝑄 KP=KQ. Vậy △ 𝐾 𝑃 𝑄  c a ˆ n tại  𝐾 . △KPQ c a ˆ n tại K. ​ Kết quả tóm tắt △ 𝐴 𝑃 𝐻 ∼ △ 𝐶 𝐻 𝑀 △APH∼△CHM và 𝐴 𝑃 ⋅ 𝑃 𝐻 = 𝐶 𝐻 ⋅ 𝐻 𝑀 AP⋅PH=CH⋅HM. 𝐻 H là trung điểm của 𝑃 𝑄 PQ (tức 𝐻 𝑃 = 𝐻 𝑄 HP=HQ). Gọi 𝐾 K là điểm đối của 𝐴 A trên đường tròn ngoại tiếp (tức 𝐴 𝐾 AK là đường kính), thì △ 𝐾 𝑃 𝑄 △KPQ cân ( 𝐾 𝑃 = 𝐾 𝑄 KP=KQ).

Để chứng minh rằng SABC = AB.AC.căn 3/4 và BC^2 = AB^2 + AC^2 - AB.AC, ta có thể sử dụng các định lý trong hình học tam giác nhọn.

Để chứng minh rằng EF = BC/2 và SBCEF = 3SAEF, ta cũng có thể sử dụng các định lý trong hình học tam giác nhọn.

Để chứng minh rằng IM = 2IN và MFI = 30°, ta có thể sử dụng các định lý về tia phân giác và góc trong tam giác.

Tuy nhiên, để có thể chứng minh chính xác các phần trên, cần có thông tin chi tiết về tam giác ABC và các điều kiện đi kèm.

Để chứng minh rằng SABC = AB.AC.căn 3/4 và BC^2 = AB^2 + AC^2 - AB.AC, ta có thể sử dụng các định lý trong hình học tam giác nhọn.

Để chứng minh rằng EF = BC/2 và SBCEF = 3SAEF, ta cũng có thể sử dụng các định lý trong hình học tam giác nhọn.

Để chứng minh rằng IM = 2IN và MFI = 30°, ta có thể sử dụng các định lý về tia phân giác và góc trong tam giác.

Tuy nhiên, để có thể chứng minh chính xác các phần trên, cần có thông tin chi tiết về tam giác ABC và các điều kiện đi kèm.

vẽ thêm cái vòng cung cho chất :V bài này khoảng ngày mai , kia rồi mình làm cho 

hình gửi trong tin nhắn

\(\Delta BFC\) vuông tại \(F\) có \(MF\) là đường trung tuyến \(\Rightarrow\)\(MF=\frac{1}{2}BC\)

\(\Delta BEC\) vuông tại \(E\) có \(ME\) là đường trung tuyến \(\Rightarrow\)\(ME=\frac{1}{2}BC\)

\(\Rightarrow\)\(MF=ME\)\(\Rightarrow\)\(\Delta MEF\) cân tại \(M\) có \(MI\) là đường trung tuyến đồng thời là đường cao

\(\Rightarrow\)\(MI\perp EF\)

tương tự, ta cũng có : \(NQ\perp DF\)\(;\)\(PK\perp ED\)

\(\Delta DEF\) có \(MI,NQ,PK\) là 3 đường trung trực \(\Rightarrow\)\(MI,NQ,PK\) đồng quy