A B C D P I a a a a/2 2a/3 a/3 3a/2

Kéo dài AM cắt DC tại P

VÌ ABCD là hình vuông

=> Đặt: AB = BC = CD = DA = a

=> BM = \(\frac{a}{3}\); CN = \(\frac{a}{2}\)

=> MC = BC - BM = \(\frac{2a}{3}\)

+) \(\Delta\)ABM ~ \(\Delta\)PCM  ( tự chứng minh )

=> \(\frac{AB}{PC}=\frac{BM}{MC}\)

=> \(\frac{a}{PC}=\frac{\frac{a}{3}}{\frac{2a}{3}}=\frac{1}{2}\)=> PC = 2a 

=> PN = PC - NC = 2a - \(\frac{a}{2}\)= \(\frac{3a}{2}\)

+) \(\Delta\)ABI ~ \(\Delta\)PNI ( tự chứng minh )

=> \(\frac{AB}{PN}=\frac{AI}{IP}\)

=> \(\frac{AI}{PI}=\frac{a}{\frac{3a}{2}}=\frac{2}{3}\)(1)

mà \(AI+PI=AP=\sqrt{AD^2+DP^2}=\sqrt{a^2+9a^2}=\sqrt{10}a\)( DP = DC + CP = 3a) (2)

Từ (1); (2) => \(\hept{\begin{cases}PI=\frac{3\sqrt{10}}{5}\\AI=\frac{2\sqrt{10}}{5}\end{cases}}\)

=> \(\frac{IP}{CP}=\frac{\frac{3\sqrt{10}a}{5}}{2a}=\frac{3}{\sqrt{10}}\)

\(\frac{CP}{MP}=\frac{2a}{\sqrt{MC^2+CP^2}}=\frac{2a}{\frac{2\sqrt{10}}{3}a}=\frac{3}{\sqrt{10}}\)

Xét \(\Delta\)ICP và \(\Delta\)CMP có:

\(\frac{IP}{CP}=\frac{CP}{MP}\)( = \(\frac{3}{\sqrt{10}}\))

và ^IPC = ^CPM 

=> \(\Delta\)ICP ~ \(\Delta\)CPM

=> ^CIP = ^MCP = 90\(^o\)

=> ^AIC = 90\(^o\)

Gọi O là giao điểm của AC và BD => O cách đều 4 điểm A, B, C, D (1)

Xét \(\Delta\)AIC vuông tại I có: O là trung điểm AC

=> O I = OA = OC (2)

Từ (1); (2) 

=> O cách đều 5 điểm A, B, C, D, I

thanks

Câu hỏi của Hồ Văn Đạt - Toán lớp 8 - Học toán với OnlineMath

- Kéo dài AM, cắt CD tại K.
- Theo đ/l menelaus:
trong tam giac BCN, đt AK cắt BC tại M, CN tại K và BN tại I. Nên:
MB/MC * KC/KN*IN/IB =1 (độ dài đại số)
+ MB/MC=-1/2
+KC/KN = 4/3 (dễ cm từ talet)
Nên IN/IB=-3/2
- Xét tam giác KMC và CMI:
Có: M chung
MC/MI = MK/CM
(MK/CM= căn 10 (1)
kẻ: IP vuông BC. Có: IP/CN = BI/BN=2/5 nên IP=2/5*a/2=a/5
tương tự, BP/BC=2/5 nên BP=2a/5
mà: BM=a/3 nên MP = a/15
do đó: MI = a(2/45)^(0.5)
MC=2a/3 nên MC/MI= căn 10 (2) )
(1) và (2) suy ra 2 tam giác đồng dạng
Do đó góc C = góc I = 90 độ
Do đó I thuộc đường tròn ngoại tiếp hv ABCD.

xác định vị trí điểm I trên BN. Mục đích chị dùng định lý menelaus là vì vậy. Phần còn lại đơn giản là tam giác đồng dạng thôi) ^^

Bài 3: 

a: Xét ΔAIB và ΔCID có

IA=IC

góc AIB=góc CID

IB=ID

Do đó: ΔAIB=ΔCID

b: Xét tứ giác ABCD có

I là trung điểm chung của AC và BD

nên ABCD là hình bình hành

Suy ra: AD//BC va AD=BC

Bài 6: 

a: Xét ΔADB và ΔAEC có

AD=AE
góc A chung

AB=AC

Do đó: ΔADB=ΔAEC
SUy ra: BD=CE
b: Xét ΔEBC và ΔDCB có

EB=DC

BC chung

EC=BD

Do đó: ΔEBC=ΔDCB

Suy ra: góc OBC=góc OCB

=>ΔOBC cân tại O

=>OB=OC

=>OE=OD

=>ΔOED cân tại O

c: Xét ΔABC có AE/AB=AD/AC
nên ED//BC

Đặt cạnh hình vuông là a, ta có \(BD=\sqrt{a^2+a^2}=a\sqrt{2}\)

\(\Rightarrow BO=\dfrac{1}{2}BD=\dfrac{a\sqrt{2}}{2}\Rightarrow BO.BD=a^2\)

Xét 2 tam giác vuông AED và MAB có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\widehat{ADE}=\widehat{MBA}=90^0\\\widehat{AED}=\widehat{MAB}\left(slt\right)\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta AED\sim\Delta MAB\left(g.g\right)\)

\(\Rightarrow\dfrac{AD}{BM}=\dfrac{ED}{AB}\Rightarrow BM.ED=AD.AB=a^2\)

\(\Rightarrow BM.ED=BO.BD\)

Mà \(ED=BF\) (do \(BC=CD\) và \(CE=CF\))

\(\Rightarrow BM.BF=BO.BD\Rightarrow\dfrac{BM}{BD}=\dfrac{BO}{BF}\)

Xét hai tam giác BOM và BFD có:

\(\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{BM}{BD}=\dfrac{BO}{BF}\\\widehat{OBM}\text{ chung}\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow\Delta BOM\sim\Delta BFD\left(c.g.c\right)\)