Ta có:

\(\vec{AN}=\vec{AM}+\vec{MN}\)

\(=\dfrac{2}{3}\vec{AC}+\dfrac{1}{4}\vec{MB}\)

\(=\dfrac{2}{3}\vec{AC}+\dfrac{1}{4}\left(\vec{AB}-\vec{AM}\right)\)

\(=\dfrac{1}{4}\vec{AB}+\dfrac{1}{2}\vec{AC}\)

\(\vec{AP}=\vec{AC}+\vec{CP}\)

\(=\vec{AC}+\dfrac{1}{k+1}\vec{CB}\)

\(=\vec{AC}+\dfrac{1}{k+1}\left(\vec{AB}-\vec{AC}\right)\)

\(=\dfrac{1}{k+1}\vec{AB}+\dfrac{k}{k+1}\vec{AC}\)

A, N, P thẳng hàng khi:

\(\dfrac{\dfrac{k}{k+1}}{\dfrac{1}{k+1}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}}{\dfrac{1}{4}}\Leftrightarrow k=2\)

Kết luận: \(k=2\)

Lời giải:Áp dụng định lý Menelaus với tam giác $AMC$ có $B,I,D$ thẳng hàng:

$\frac{AD}{DC}.\frac{IM}{IA}.\frac{BC}{BM}=1$

$\Leftrightarrow \frac{AD}{DC}.2.3=1$

$\Leftrightarrow \frac{AD}{DC}=\frac{1}{6}$

$\Rightarrow \frac{AD}{DC}=\frac{1}{7}$

Hình vẽ:

Ta có: MB=MC

=>\(S_{EMB}=S_{EMC};S_{NMB}=S_{NMC}\)

=>\(S_{EMB}-S_{NMB}=S_{EMC}-S_{NMC}\)

=>\(S_{ENB}=S_{ENC}\)

TA có: CN=3NA

=>\(S_{ENC}=3\times S_{ENA}\)

=>\(S_{ENB}=3\times S_{ENA}\)

Ta có: \(S_{ENA}+S_{BAN}=S_{ENB}\)

=>\(S_{BAN}=4\times S_{ENA}-S_{ENA}=3\times S_{NEA}=3\times27=81\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

AN+NC=AC

=>AC=3NA+NA=4NA

=>\(S_{ABC}=4\times S_{ABN}=4\times81=324\left(\operatorname{cm}^2\right)\)

N là trung điểm BC \(\Rightarrow BN=\dfrac{1}{2}BC\)

Kẻ đường cao AD và ME ứng với BC

Do AD và ME cùng vuông góc BC \(\Rightarrow AD||ME\)

Áp dụng định lý Talet:

\(\dfrac{ME}{AD}=\dfrac{BM}{BA}=\dfrac{1}{3}\Rightarrow ME=\dfrac{1}{3}AD\)

Ta có:

\(\dfrac{S_{BMN}}{S_{ABC}}=\dfrac{\dfrac{1}{2}.ME.BN}{\dfrac{1}{2}AD.BC}=\dfrac{\dfrac{1}{3}AD.\dfrac{1}{2}BC}{AD.BC}=\dfrac{1}{6}\)

a) Dễ thấy tứ giác AMNC nội tiếp đường tròn đường kính MN.

b) Ta có tứ giác AMNC nội tiếp nên \(\angle BCM=\angle BAN\). Suy ra \(\Delta BCM\sim\Delta BAN\left(g.g\right)\).

Từ đó \(\dfrac{BM}{BN}=\dfrac{CM}{AN}\).

c) Gọi P' là trung điểm của MC.

Khi đó P' là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác AMNC.

Ta có \(\widehat{AP'N}=2\widehat{ACN}=180^o-2\widehat{ABC}=180^o-\widehat{MON}\). Suy ra tứ giác AONP' nội tiếp.

Từ đó \(P'\equiv P\). Ta có \(OP=OP'=\dfrac{BC}{2}\) (đường trung bình trong tam giác BMC) không đổi khi M di động trên cạnh AB.

Câu 1)

A )Ta có tam giác ABC cân tại A 

=> \(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

Và AB = AC

Xét hai tam giác vuông BCK và CBH ta có :

BC chung

\(\widehat{KBC}=\widehat{BCH}\)

=>BCK = CBH (cạnh huyền - góc nhọn )

=>BH = CK (đpcm)

B) ta có BCK = CBH

=> \(\widehat{HBC}=\widehat{KCB}\)

=> \(\widehat{ABH}=\widehat{ACK}\)

=> tam giác OBC cân tại O

=> BO = CO

Xét tam giác ABO và tam giác ACO 

AB = AC

BO = CO (cmt)

\(\widehat{ABH}=\widehat{ACK}\)

=> ABO=ACO (c-g-c)

=> \(\widehat{BAO}=\widehat{CAO}\)

=> AO là phân giác góc ABC (đpcm)

C) ta có

AI là phân giác góc ABC 

Mà tam giác ABC cân tại A

=> AI vuông góc với cạnh BC (đpcm)

a: Qua M, kẻ MK//BN(K∈NC)

\(\frac{BM}{MC}=\frac23\)

=>\(CM=\frac35CB;BM=\frac25CB\)

\(\frac{CN}{NA}=\frac35\)

=>\(CN=\frac38CA;AN=\frac58CA\)

Xét ΔBNC có MK//BN

nên \(\frac{CM}{CB}=\frac{CK}{CN}\)

=>\(\frac{CK}{CN}=\frac35\)

=>\(CK=\frac35\cdot CN=\frac35\cdot\frac38\cdot CA=\frac{9}{40}\cdot CA\)

AN+NK+KC=AC

=>\(NK=AC-AN-CK=AC-\frac58AC-\frac{9}{40}AC=\frac38AC-\frac{9}{40}AC=\frac{15}{40}AC-\frac{9}{40}AC=\frac{6}{40}AC=\frac{3}{20}AC\)

\(AK=AN+NK=\frac58AC+\frac{3}{20}AC=\frac{25}{40}AC+\frac{6}{40}AC=\frac{31}{40}AC\)

=>\(\frac{AN}{AK}=\frac58:\frac{31}{40}=\frac58\cdot\frac{40}{31}=\frac{5\cdot5}{31}=\frac{25}{31}\)

Xét ΔAMK có ON//MK

nên \(\frac{AO}{AM}=\frac{AN}{AK}=\frac{25}{31}\)

Có bạn nào biết cách làm k , chỉ mình bài này với