Gọi O, J lần lượt là trung điểm của AB và MB.
Do MB là đường kính của nửa đường tròn tâm J nên ^MIB=90o⇒^CIM=90o.

Vậy nên tứ giác CHMI nội tiếp.

⇒^HIM=^HCM.

Tam giác ACM cân tại C nên ^HCM=^HCA.

Mà ^HCA=^HBC (Cùng phụ góc CAB)

Tam giác IJB cân tại J nên ^HBC=^JIB.

Tóm lại : ^HIM=^JIB⇒^HIM+^MIJ=^JIB+^MIJ

⇒^HIJ=^MIB=90o.

Vậy nên HI là tiếp tuyến tại I của đường trong đường kính MB

Gọi O, J lần lượt là trung điểm của AB và MB.
Do MB là đường kính của nửa đường tròn tâm J nên \widehat{MIB}=90^o\Rightarrow\widehat{CIM}=90^oMIB=90o⇒CIM=90o.

Vậy nên tứ giác CHMI nội tiếp.

\Rightarrow\widehat{HIM}=\widehat{HCM}⇒HIM=HCM.

Tam giác ACM cân tại C nên \widehat{HCM}=\widehat{HCA}HCM=HCA.

Mà \widehat{HCA}=\widehat{HBC}HCA=HBC (Cùng phụ góc CAB)

Tam giác IJB cân tại J nên \widehat{HBC}=\widehat{JIB}HBC=JIB.

suy ra : \widehat{HIM}=\widehat{JIB}\Rightarrow\widehat{HIM}+\widehat{MIJ}=\widehat{JIB}+\widehat{MIJ}HIM=JIB⇒HIM+MIJ=JIB+MIJ

\Rightarrow\widehat{HIJ}=\widehat{MIB}=90^o.⇒HIJ=MIB=90o.

Vậy nên HI là tiếp tuyến tại I của đường trong đường kính MB.

gọi O là trung điểm của AB

       E là trung điểm của MB

có tam giác IMB là tam giác nội tiếp đường tròn tâm E

⇒tam giác IMB vuông tại I

⇒góc MIB bằng 90độ 

⇒góc CIM bằng 90 độ

⇒tứ giác CHMI là nội tiếp 

⇒góc HIM bằng góc HCM

có H là trung điểm của AM

CH là trung tuyến của tam giác CAM

có CH vuông góc với AM 

⇒CH là đường cao 

xét tam giác CAM có

CH là đường cao(cmt)

CH là trung tuyến(cmt)

⇒tam giác CAM cân tại C

⇒góc HCM bằng góc HCA

mà góc HCA bằng góc HBC (cùng phụ góc ACB)

có E là trung điểm của MB(lấy thêm)⇒IE là trung tuyến 

xét tam giác MIB vuông tại I có 

IE là trung tuyến

⇒IE bằng 1/2MB

mà ME bằng MB bằng 1/2MB

⇒IE bằng ME(1/2MB)

xét tam giác EIB có IE bằng ME (cmt)

⇒tam giác EIB cần tại E

⇒góc EBI bằng góc EIB

mà góc HCA bằng góc HBC

⇒góc EIB bằng góc HCA

có góc HIM bằng góc EIB 

⇒góc HIM+gócMIE bằng góc EIB+góc MIE

⇒góc HIE bằng góc MIB bằng 90 độ

⇒ HI là tiếp tuyến tại I của đường trong đường kính MB

b) Dễ thấy C là trực tâm của tam giác IAB nên C, I, H thẳng hàng.

Do tứ giác AICK là hình thang nội tiếp được đường tròn nên là hình thang cân.

Khi đó \(\widehat{IAK}=\widehat{CKA}\Rightarrow\widehat{IAB}=\widehat{NBA}\)

Suy ra tam giác NAB vuông cân tại N nên \(\widehat{NBA}=45^o\).

Ta có các tứ giác CMIN, AMIH nội tiếp được nên \(\widehat{NMH}=\widehat{NMI}+\widehat{HMI}=\widehat{ICN}+\widehat{IAB}=45^o+45^o=90^o\Rightarrow MN\perp MH\).

c) Đề phải là \(\dfrac{IC}{IH}+\dfrac{IA}{IN}+\dfrac{IB}{IM}\ge6\).

Đặt \(x=\dfrac{IH}{CH};y=\dfrac{IN}{AN};z=\dfrac{IM}{BM}\left(x,y,z< 1\right)\).

Ta có \(x+y+z=\dfrac{S_{IAB}}{S_{ABC}}+\dfrac{S_{IBC}}{S_{ABC}}+\dfrac{S_{ICA}}{S_{ABC}}=1\).

Lại có \(\dfrac{IH}{CH}=x\Rightarrow\dfrac{CH}{IH}=\dfrac{1}{x}\Rightarrow\dfrac{IC}{IH}=\dfrac{1}{x}-1\).

Tương tự \(\dfrac{IA}{IN}=\dfrac{1}{y}-1;\dfrac{IB}{IM}=\dfrac{1}{z}-1\).

Do đó \(\dfrac{IC}{IH}+\dfrac{IA}{IN}+\dfrac{IB}{IM}=\dfrac{1}{x}+\dfrac{1}{y}+\dfrac{1}{z}-3\ge_{Svacxo}\dfrac{9}{x+y+z}-3=\dfrac{9}{1}-3=6\).

Vậy ta có đpcm.

Nguyễn Lê Phước Thịnh   

Akai Haruma 

Nguyễn Việt Lâm 

Hồng Phúc 

Giúp em câu c là đc ạ

da.ai/vi/solutions/3VuNiZ7de6-Cho%20nửa%20đường%20tròn%20(0)%20đường%20kinh%20AB%20Trên%20nửa%20đường%20tròn%20(0)%20lấy%20điểm%20C9%20sao%20cho

Tk trang đó ak

1: Xét tứ giác AEHF có

\(\widehat{AEH}+\widehat{AFH}=90^0+90^0=180^0\)

=>AEHF là tứ giác nội tiếp

=>A,E,H,F cùng thuộc một đường tròn

2: Kẻ tiếp tuyến Ax tại A của (O)

Xét (O) có

\(\widehat{xAB}\) là góc tạo bởi tiếp tuyến Ax và dây cung AB

nên \(\widehat{xAB}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{BA}\)

Xét (O) có

\(\widehat{ACB}\) là góc nội tiếp chắn cung BA

Do đó: \(\widehat{ACB}=\dfrac{1}{2}\cdot sđ\stackrel\frown{BA}\)

=>\(\widehat{xAB}=\widehat{ACB}\left(1\right)\)

Xét (O) có

ΔABC nội tiếp

BC là đường kính

Do đó: ΔABC vuông tại A

Xét tứ giác AEHF có

\(\widehat{AEH}=\widehat{AFH}=\widehat{FAE}=90^0\)

=>AEHF là hình chữ nhật

=>\(\widehat{AEF}=\widehat{AHF}\)

mà \(\widehat{AHF}=\widehat{ACB}\left(=90^0-\widehat{HAC}\right)\)

nên \(\widehat{AEF}=\widehat{ACB}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\widehat{xAB}=\widehat{AEF}\)

mà hai góc này là hai góc ở vị trí so le trong

nên Ax//EF

Ta có: Ax//EF

OA\(\perp\)Ax

Do đó: OA\(\perp\)EF