SA vuông góc với (ABC)=> SA vuông góc với BC

                                       mà AB vuông góc với BC ( tam giác ABC vuông) 

=> BC vg góc với (SAB)=> BC vg góc AH

                                   mà AH vg góc SB

=> AH vg góc (SBC)=> AH vg góc SC

SA vg (ABC)=> SAB,SAC vuông

SA vg BC, AB vg BC => BCvg (SAB) =>SB vg BC=> SBC vuông

vậy all mặt đều vuông

\(\hept{\begin{cases}SA\perp\left(ABC\right)\\AB\subset\left(ABC\right)\end{cases}}\) \(\Rightarrow SA\perp AB\Rightarrow\)    tam giác SAB vuông (1) 

\(\hept{\begin{cases}SA\perp\left(ABC\right)\\AC\subset\left(ABC\right)\end{cases}\Rightarrow AC\perp SA\Rightarrow}\)    tam giác SAC vuông (2) 

Tam giác ABC vuông tại B (gt) (3) 

\(\Rightarrow AB\perp BC\)   

\(\hept{\begin{cases}SA\perp\left(ABC\right)\\BC\subset\left(ABC\right)\end{cases}\Rightarrow SA\perp BC}\)    

\(\hept{\begin{cases}AB\perp BC\\SA\perp BC\end{cases}\Rightarrow\hept{\begin{cases}BC\perp\left(SAB\right)\\SB\subset\left(SAB\right)\end{cases}\Rightarrow}SB\perp BC\Rightarrow}\)    Tam giác SBC vuông (4) 

 \(\left(1\right);\left(2\right);\left(3\right);\left(4\right)\Rightarrowđpcm\)         

Do (SAB) và (SAC) vuông góc với đáy (ABC)

Và (ABC) ∩ (SAC) = SA nên SA ⊥ (ABC)

BC ⊥ AH, BC ⊥ SA

⇒ BC ⊥ ((SAH)

Mà BC ⊂ (SBC) nên (SAH) ⊥ (SBC)

A B C O D E F

\(\frac{OA}{AD}=\frac{S_{AOB}}{S_{ABD}}=\frac{S_{AOC}}{S_{ACD}}=\frac{S_{AOB}+S_{AOC}}{SABC}\)

Tương tự rồi cộng lại ta đc

\(\frac{OA}{AD}+\frac{OB}{BE}+\frac{OC}{CF}=\frac{2\left(S_{AOB}+S_{BOC}+S_{COA}\right)}{S_{ABC}}=2\)

Bài Giải

Đặt SBOC=x2,SAOC=y2,SAOB=z2 ⇒SABC=SBOC+SAOC+SAOB=x2+y2+z2

Ta có : ADOD =SABCSBOC =AO+ODOD =1+AOOD =x2+y2+z2x2 =1+y2+z2x2 

⇒AOOD =y2+z2x2 ⇒√AOOD =√y2+z2x2 =√y2+z2x 

Tương tự ta có √OBOE =√x2+z2y2 =√x2+z2y ;√OCOF =√x2+y2z2 =√x2+y2z 

⇒P=√x2+y2z +√y2+z2x +√x2+z2y ≥x+y√2z +y+z√2x +x+z√2y 

           =1√2 [(xy +yx )+(yz +zy )+(xz +zx )]≥1√2 (2+2+2)=3√2

Dấu "=" xảy ra khi x=y=z⇒SBOC=SAOC=SAOB=13 SABC

⇒ODOA =OEOB =OFOC =13 ⇒O là trọng tâm của tam giác ABC

Vậy MinP=3√2 khi O là trọng tâm của tam giác ABC

Kẻ tiếp tuyến tại A. Gọi E là giao điểm của tiếp tuyến tại A với dây BC.

Ta có: EM=EA và \(\widehat{EAM}=\widehat{EMA}\)( tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau)

hay \(\widehat{EAB}+\widehat{BAM}=\widehat{ECA}+\widehat{CAM}\)

Mà \(\widehat{EAB}=\widehat{ECA}\)

=> \(\widehat{BAM}=\widehat{CAM}\) hay AM là phân giác góc BAC( đpcm)

Tam giác ABD nội tiếp trong đường tròn (O) có AB là đường kính nên vuông tại D

Suy ra: AD ⊥ BD

Tứ giác BDCE là hình thoi nên EC // BD

Suy ra: EC ⊥ AD     (1)

Tam giác AIC nội tiếp trong đường tròn (O’) có AC là đường kính nên vuông tại I

Suy ra: AI ⊥ CE     (2)

Từ (1) và (2) suy ra AD trùng với AI

Vậy D, A, I thẳng hàng.

a) = AI²

b) điểm D như hình vẽAD=AI²/AB= constant.

Ta có PQI = PIA ( cùng chắn PI) nên ΔAPI ~ΔAIQ(g.g）

=> AP/AI = AI/AQ =>Ap.AQ= AI^2 ( không đổi )

Giả sử đt ngoại tiếp tấm giác BPQ cắt AB tại D (D khác B)

Khi đó tam giác ADP ~ tam giác AQB =>AD/AQ = AP/AB

hay AD.AB = AP.AQ=AI^2 ( không đổi) 

Do đó điểm D là điểm cố định (đpcm)

M A B E C m K

a/

Ta có

 \(\widehat{mAC}=\widehat{AMK}\) (góc đồng vị) (1)

sđ\(\widehat{mAC}=\frac{1}{2}\) sđ cung AC (góc giữa tiếp tuyến và dây cung) (2)

sđ\(\widehat{AEC}=\frac{1}{2}\) sđ cung AC (góc nội tiếp đường tròn) (3)

\(\widehat{AEC}=\widehat{MEK}\) (góc đối đỉnh) (4)

Từ (1), (2), (3) và (4) \(\Rightarrow\widehat{AMK}=\widehat{MEK}\) (*)

Ta có 

\(\widehat{ACE}=\widehat{EMK}\) (góc so le trong) (5)

sđ\(\widehat{ACE}=\frac{1}{2}\) sđ cung AE  (góc nội tiếp đường tròn)(6)

sđ\(\widehat{MAK}=\frac{1}{2}\) sđ cung AE (góc giữa tiếp tuyến và dây cung) (7)

Từ (5)' (6) và (7) \(\Rightarrow\widehat{MAK}=\widehat{EMK}\) (**)

Từ (*) và (**) => tg AMK đồng dạng với tg MEK

\(\Rightarrow\frac{MK}{EK}=\frac{AK}{MK}\Rightarrow MK^2=AK.EK\left(dpcm\right)\)

b/

Ta có

sđ\(\widehat{KAB}=\frac{1}{2}\) sđ cung BE (góc nội tiếp đường tròn) (1)

sđ\(\widehat{EBK}=\frac{1}{2}\) sđ cung BE ( góc giữa tiếp tuyến và dây cung) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow\widehat{KAB}=\widehat{EBK}\)

Xét tam giác ABK và tam giác EBK có

\(\widehat{KAB}=\widehat{EBK}\) (cmt)

\(\widehat{AKB}\) chung

=> tam giác AKB đồng dạng với tam giác EBK

\(\Rightarrow\frac{KB}{EK}=\frac{AK}{KB}\Rightarrow KB^2=AK.EK\)

Từ kết quả của câu a \(\Rightarrow MK^2=KB^2\Rightarrow MK=KB\left(dpcm\right)\)

M A B C E K

a)△AMK~△MEK( Chung góc K và góc MAK=góc ACE=góc KME)

suy ra AK/MK=MK/EK suy ra đpcm 

b)△AKB~△BKE(Chung góc K và góc KAB= góc KBE)

suy ra AK/BK=KB/KE suy ra KB²=AK.KE

kết hợp câu a) suy ra đpcm.