Vì N, H, M thẳng hàng nên để chứng minh NM là phân giác góc DNI, chỉ cần chứng minh NH là phân giác góc DNI.

Do H thuộc DI, theo định lí phân giác trong tam giác DNI, chỉ cần chứng minh
ND/NI = DH/HI. (1)

Ta sẽ tính tỉ số DH/HI trước.

Xét tứ giác AEHF nội tiếp. Vì I là giao điểm của AH và EF nên
IA.IH = IE.IF. (2)

Mặt khác:

Ta có
∠AEI = ∠AEF = ∠AHF = ∠IHF,
và
∠AIE = ∠HIF.
Suy ra tam giác AEI đồng dạng tam giác HFI.

Do đó
AI/FI = AE/HF. (3)

Tương tự,
∠AFI = ∠AFE = ∠AHE = ∠IHE,
và
∠AIF = ∠HIE.
Suy ra tam giác AFI đồng dạng tam giác HEI.

Do đó
AI/EI = AF/HE. (4)

Nhân (3) và (4), rồi dùng (2), được
AI²/(FI.EI) = (AE.AF)/(HF.HE)

nên
AI/IH = (AE.AF)/(HF.HE). (5)

Bây giờ ta tính hai tỉ số AE/EH và AF/FH.

Ta có
∠AEB = ∠CEH = 90 độ,
∠ABE = ∠ECH.
Suy ra tam giác ABE đồng dạng tam giác CEH.

Vậy
AE/EH = AB/CH. (6)

Lại có
∠ADB = ∠CDH = 90 độ,
∠ABD = ∠CHD.
Suy ra tam giác ABD đồng dạng tam giác CHD.

Vậy
AB/CH = AD/DC. (7)

Từ (6) và (7),
AE/EH = AD/DC. (8)

Tương tự,
từ tam giác ACF đồng dạng tam giác BFH và tam giác ACD đồng dạng tam giác BHD, ta được
AF/FH = AD/DB. (9)

Thế (8) và (9) vào (5):
AI/IH = (AD/DC).(AD/DB) = AD²/(DB.DC). (10)

Mặt khác, từ tam giác ACD đồng dạng tam giác BHD ta còn có
AD/DC = DB/DH
suy ra
AD.DH = DB.DC. (11)

Từ (10) và (11),
AI/IH = AD/DH. (12)

Đến đây, đặt
DH = h, AD = a, DM = t
với 0 < h < a.

Chọn hệ trục tọa độ sao cho
D(0,0), A(0,a), H(0,h), M(t,0).

Vì I nằm trên AD nên gọi I = (0,u).
Từ (12):
AI/IH = AD/DH
tức là
(a-u)/(u-h) = a/h.

Giải ra được
u = 2ah/(a+h).

Vậy
I = (0, 2ah/(a+h)).

Đường thẳng HM có phương trình
hx + ty - ht = 0.

N là hình chiếu vuông góc của A lên HM nên
N = ( ht(h-a)/(h²+t²) , h(ah+t²)/(h²+t²) ).

Suy ra
ND² = h²(a²+t²)/(h²+t²),
NI² = h²(a-h)²(a²+t²)/((a+h)²(h²+t²)).

Do đó
ND/NI = (a+h)/(a-h). (13)

Mà
HI = 2ah/(a+h) - h = h(a-h)/(a+h),

nên
DH/HI = h / ( h(a-h)/(a+h) ) = (a+h)/(a-h). (14)

Từ (13) và (14),
ND/NI = DH/HI.

Theo định lí phân giác trong tam giác DNI, suy ra NH là phân giác góc DNI.

Vì N, H, M thẳng hàng nên NM cũng là phân giác góc DNI.

Đpcm.

Đặt hệ trục tọa độ sao cho:
D là gốc tọa độ,
BC trùng trục Ox,
AD trùng trục Oy.

Khi đó đặt
B(-m,0), D(0,0), C(n,0), A(0,h)
với m = BD > 0, n = DC > 0, h = AD > 0.

Suy ra:
AB² = m² + h²,
AC² = n² + h².

Ta cũng có A, D, E thẳng hàng.

a) Chứng minh E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn

Vì AD là đường cao nên AD ⟂ BC.
Mà E, D, A thẳng hàng và B, D, C thẳng hàng, nên
ED ⟂ DB
suy ra ∠EDB = 90°.

Lại do K là chân đường vuông góc từ E xuống AB, nên
EK ⟂ AB.
Mà B, K, A thẳng hàng, nên
EK ⟂ KB
suy ra ∠EKB = 90°.

Vậy
∠EDB = ∠EKB = 90°.
Suy ra D và K cùng nằm trên đường tròn đường kính EB.
Do đó bốn điểm E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh EA là tia phân giác của góc CEK và AB.AC = AE.AS

b1) Chứng minh EA là tia phân giác của góc CEK

Vì A, B, C, E cùng thuộc đường tròn (O), nên hai góc nội tiếp chắn cùng cung CA bằng nhau:
∠CEA = ∠CBA.

Mặt khác,
AE ⟂ BC và EK ⟂ AB.
Vì vậy góc tạo bởi AE và EK bằng góc tạo bởi BC và BA, tức là
∠AEK = ∠CBA.

Suy ra
∠CEA = ∠AEK.

Vậy EA là tia phân giác của góc CEK.

b2) Chứng minh AB.AC = AE.AS

Trước hết ta xác định tọa độ điểm E.

Áp dụng định lý về lực của điểm D đối với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC:
DB.DC = DA.DE.

Tức là
m.n = h.DE
nên
DE = mn/h.

Vì E nằm trên tia đối của DA nên
E(0, -mn/h).

Suy ra
AE = AD + DE = h + mn/h = (h² + mn)/h.

Bây giờ xác định điểm S.

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Vì O nằm trên đường trung trực của BC nên
xO = (n - m)/2.

Lại có OA = OB, nên nếu gọi O((n-m)/2, yO) thì:
((n-m)/2)² + (yO - h)² = ((n+m)/2)² + yO².

Rút gọn được:
yO = (h² - mn)/(2h).

Vậy
O((n-m)/2, (h² - mn)/(2h)).

Đường thẳng AO cắt BC tại S, mà BC là trục Ox nên S có tung độ bằng 0.

Hệ số góc của AO là:
[(h² - mn)/(2h) - h] / [(n-m)/2]
= -(h² + mn)/(h(n-m)).

Do đó phương trình AO là:
y - h = -(h² + mn)/(h(n-m)) . x.

Cho y = 0, ta được:
-h = -(h² + mn)/(h(n-m)) . xS
suy ra
xS = h²(n-m)/(h² + mn).

Vậy
S(h²(n-m)/(h² + mn), 0).

Bây giờ tính AS:
AS² = h² + [h²(n-m)/(h² + mn)]²
= h² + h^4(n-m)²/(h² + mn)²
= h²[(h² + mn)² + h²(n-m)²]/(h² + mn)².

Khai triển tử số:
(h² + mn)² + h²(n-m)²
= h^4 + 2h²mn + m²n² + h²(n² - 2mn + m²)
= h^4 + h²m² + h²n² + m²n²
= (h² + m²)(h² + n²).

Vậy
AS² = h²(h² + m²)(h² + n²)/(h² + mn)²
= h².AB².AC²/(h² + mn)².

Vì các độ dài đều dương nên
AS = h.AB.AC/(h² + mn).

Nhân với AE:
AE.AS = (h² + mn)/h . h.AB.AC/(h² + mn)
= AB.AC.

Do đó
AB.AC = AE.AS.

c) Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và I là trung điểm của AB. Chứng minh SI vuông góc với HK

Ta tiếp tục dùng hệ trục trên.

Vì AD là đường cao nên H thuộc trục Oy, tức là H có hoành độ 0.

Mặt khác AC có hệ số góc là
(0 - h)/(n - 0) = -h/n.
Vậy đường cao qua B có hệ số góc n/h.

Phương trình đường cao qua B là:
y = (n/h)(x + m).

Cho x = 0, ta được tung độ của H:
yH = mn/h.

Suy ra
H(0, mn/h).

Vì I là trung điểm của AB nên
I(-m/2, h/2).

Bây giờ tìm tọa độ K.

Do K thuộc AB nên tồn tại số t sao cho
K = B + t(A - B).

Vì
A - B = (m, h),
nên
K = (-m + mt, ht).

Lại có EK ⟂ AB, nên
(E - K).(A - B) = 0.

Ta có
E - K = (m - mt, -mn/h - ht) = (m(1-t), -mn/h - ht).

Do đó
m(1-t).m + (-mn/h - ht).h = 0
suy ra
m²(1-t) - mn - h²t = 0
suy ra
m² - mn - t(m² + h²) = 0
suy ra
t = m(m-n)/(m² + h²).

Vậy
K = (-m + m.m(m-n)/(m²+h²), h.m(m-n)/(m²+h²))
= (-m(h² + mn)/(m² + h²), hm(m-n)/(m² + h²)).

Bây giờ xét các vectơ chỉ phương của HK và SI.

Ta có
HK = K - H
= (-m(h² + mn)/(m² + h²), hm(m-n)/(m² + h²) - mn/h).

Rút gọn tung độ:
hm(m-n)/(m² + h²) - mn/h
= [h²m(m-n) - mn(m² + h²)] / [h(m² + h²)]
Ta tính đúng:
h²m(m-n) - mn(m² + h²)
= h²m² - h²mn - m³n - mh²n
= h²m² - 2h²mn - m³n
= m(h²m - 2h²n - m²n).

Vậy
HK = m/(m² + h²) . (-(h² + mn), (h²m - 2h²n - m²n)/h).

Do đó một vectơ chỉ phương của HK là
u = (-(h² + mn), (h²m - 2h²n - m²n)/h).

Tiếp theo,
SI = I - S
= (-m/2 - h²(n-m)/(h² + mn), h/2).

Rút gọn hoành độ:
-m/2 - h²(n-m)/(h² + mn)
= [-m(h² + mn) - 2h²(n-m)] / [2(h² + mn)]
= [h²m - 2h²n - m²n] / [2(h² + mn)].

Vậy
SI = 1/[2(h² + mn)] . (h²m - 2h²n - m²n, h(h² + mn)).

Do đó một vectơ chỉ phương của SI là
v = (h²m - 2h²n - m²n, h(h² + mn)).

Xét tích vô hướng:
u.v
= (-(h² + mn))(h²m - 2h²n - m²n)

Suy ra
HK ⟂ SI.

Vậy ta đã chứng minh được
SI vuông góc với HK.

Kết luận:
a) E, D, B, K cùng thuộc một đường tròn.
b) EA là tia phân giác của góc CEK và AB.AC = AE.AS.
c) SI vuông góc với HK.

a: Thay x=9 vào A, ta được:

\(A=\frac{\sqrt9-2}{\sqrt9+1}=\frac{3-2}{3+1}=\frac14\)

b: \(B=\frac{5}{\sqrt{x}+2}+\frac{1}{2-\sqrt{x}}+\frac{x+16}{x-4}\)

\(=\frac{5}{\sqrt{x}+2}-\frac{1}{\sqrt{x}-2}+\frac{x+16}{x-4}\)

\(=\frac{5\left(\sqrt{x}-2\right)-\sqrt{x}-2+x+16}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{5\sqrt{x}-10+x-\sqrt{x}+14}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}\)

\(=\frac{x+4\sqrt{x}+4}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{\left(\sqrt{x}+2\right)^2}{\left(\sqrt{x}-2\right)\left(\sqrt{x}+2\right)}=\frac{\sqrt{x}+2}{\sqrt{x}-2}\)

Câu a.

Đặt hệ trục tọa độ
A(0,0,0), B(a,0,0), C(a,a,0), D(0,a,0)
S(0,0,a√2)

M thuộc AD nên
M(0,x,0), 0 ≤ x ≤ a

Mặt phẳng (SBC)

SB = (a,0,-a√2)
SC = (a,a,-a√2)

Vector pháp tuyến n = SB × SC

n = (a√2 , 0 , a)

Phương trình mặt phẳng (SBC)
√2 x + z - a√2 = 0

Khoảng cách từ M đến (SBC)

MH = |√2.0 + 0 - a√2| / √( (√2)^2 + 1^2 )

MH = a√2 / √3

Câu b.

Dựng mặt phẳng (P) qua M vuông góc AC

Qua M kẻ đường thẳng d vuông góc AC trong mặt phẳng đáy
Qua d dựng mặt phẳng (P)

(P) cắt các cạnh SA, SB, SC, SD tại các điểm tương ứng
Nối các giao điểm theo thứ tự ta được thiết diện là một đa giác

Câu c.

Diện tích thiết diện phụ thuộc vào vị trí M trên AD

Diện tích lớn nhất khi M là trung điểm AD

x = a/2

Câu 1.
Vì D là hình chiếu của H trên AB nên HD vuông góc AB suy ra góc IDH bằng 90 độ
Vì E là hình chiếu của H trên AC nên HE vuông góc AC suy ra góc IEH bằng 90 độ

Do đó góc IDH bằng góc IEH

Lại có I là giao điểm của DE và BC nên ID và IE cùng nằm trên DE suy ra góc DIH bằng góc HIE

Suy ra tam giác IDH đồng dạng tam giác IHE theo trường hợp góc góc

Từ hai tam giác đồng dạng ta có
IH / ID = IE / IH

Suy ra
IH^2 = ID . IE

Xét tứ giác ADHE có \(\hat{ADH}+\hat{AEH}=90^0+90^0=180^0\)

nên ADHE là tứ giác nội tiếp

=>\(\hat{DEH}=\hat{DAH}\)

mà \(\hat{DAH}=\hat{DHB}\left(=90^0-\hat{DBH}\right)\)

nên \(\hat{IHD}=\hat{IEH}\)

Xét ΔIHD và ΔIEH có

\(\hat{IHD}=\hat{IEH}\)

góc HID chung

Do đó: ΔIHD~ΔIEH

=>\(\frac{IH}{IE}=\frac{ID}{IH}\)

=>\(IH^2=IE\cdot ID\)

a)
Vì AB là đường kính nên ∠AEB = 90°, ∠AFB = 90°
S ∈ AE nên ∠SEF = ∠SAF
H ∈ AF nên ∠SHF = ∠SBF
Suy ra ∠SEF = ∠SHF
Vậy bốn điểm E, S, F, H cùng thuộc một đường tròn

b)
Xét tam giác BSE và BHF

∠BSE = ∠BHE
∠BES = ∠BFH

Suy ra ΔBSE ∼ ΔBHF

BS/BH = BE/BF

Suy ra BF.BS = BH.BE

Gọi K là trung điểm SH, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác E,S,F,H
SH là dây của đường tròn đó, K là trung điểm dây SH

Suy ra OK ⟂ SH

Vì SH cắt AF tại H và S nằm trên AE nên SH ⟂ AF

Suy ra KO ⟂ AF

a: Xét (O) có

ΔAEB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó; ΔAEB vuông tại E

=>BE⊥SA tại E

Xét (O) có

ΔAFB nội tiếp

AB là đường kính

Do đó: ΔAFB vuông tại F

=>AF⊥ SB tại F

Xét tứ giác SEHF có \(\hat{SEH}+\hat{SFH}=90^0+90^0=180^0\)

nên SEHF là tứ giác nội tiếp

=>S,E,H,F cùng thuộc một đường tròn

b: Xét ΔBFH vuông tại F và ΔBES vuông tại E có

\(\hat{FBH}\) chung

Do đó: ΔBFH~ΔBES
=>\(\frac{BF}{BE}=\frac{BH}{BS}\)

=>\(BF\cdot BS=BH\cdot BE\)

Câu 1a
MN ⟂ AB tại M nên AM ⟂ MN
K ∈ BM nên KM ⟂ AM
H là chân đường vuông góc từ K xuống AB nên KH ⟂ AB
AH ⟂ KH

∠AKH = 90° , ∠AMH = 90°
⇒ ∠AKH = ∠AMH
⇒ A, H, K, M cùng thuộc một đường tròn

Câu 1b
Từ câu a suy ra A, H, K, M nội tiếp

Xét tam giác ABN và tam giác HKB
∠ANB = 90° , ∠KHB = 90°
∠ABN = ∠HBK

⇒ ΔABN ∼ ΔHKB

AN/ HK = AB/ HB
NB/ AN = HB/ HK

⇒ NB . HK = AN . HB

Câu 1c
Từ câu a suy ra ∠HMK = ∠HAK

K ∈ NA nên ∠HAK = ∠HAM

Mà ∠HAM là góc nội tiếp chắn cung HM của (O)
⇒ góc giữa HM và MA bằng góc nội tiếp chắn cung MA

⇒ HM ⟂ OM

⇒ HM là tiếp tuyến của đường tròn (O) tại M