1) Theo t/c góc tạo bởi tia tiếp và dây cung: \(\widehat{BCA}=\widehat{BAD}\). Dễ có \(\widehat{BCA}=\widehat{BAC}=30^0\)

\(\Rightarrow\widehat{BAD}=30^0\)\(\Rightarrow\widehat{BAC}+\widehat{BAD}=60^0\Rightarrow\widehat{DAC}=60^0\). Đồng thời \(\widehat{BAC}=\widehat{BAD}\)

=> AB là tia phân giác trong tam giác ADC

Xét \(\Delta\)ADC có: \(\widehat{DAC}=60^0;\widehat{DCA}=\widehat{BCA}=30^0\)

=> \(\Delta\)ADC vuông tại D. Hay \(\Delta\)ADC nửa đều => \(\frac{AD}{AC}=\frac{1}{2}\)

Ta có: AB là phân giác trong tam giác ADC (cmt) \(\Rightarrow\frac{AD}{AC}=\frac{DB}{CB}=\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{DB}{DC}=\frac{1}{3}\)

2) Dễ thấy \(\widehat{ABD}=\widehat{BAC}+\widehat{BCA}=60^0\). Xét \(\Delta\)ADB:

\(\widehat{ADB}=90^0\)(cmt); \(\widehat{ABD}=60^0\)=> \(\Delta\)ADB nửa đều => BD = 1/2 AB

Áp dụng ĐL Pytagore cho \(\Delta\)ADB nửa đều: 

\(AD^2=AB^2-BD^2=AB^2-\frac{1}{4}.AB^2=\frac{3}{4}.AB^2\)\(\Leftrightarrow AD=\frac{\sqrt{3}}{2}.AB\)

\(\Leftrightarrow\frac{AB}{AD}=\frac{2}{\sqrt{3}}\)(1)

Tương tự với tam giác ANB nửa đều: \(\frac{AB}{AN}=\frac{2}{\sqrt{3}}\Leftrightarrow\frac{AB}{2AN}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)

\(\Rightarrow\frac{AB}{AC}=\frac{1}{\sqrt{3}}\)(2)

Cộng (1) với (2) \(\Rightarrow\frac{AB}{AD}+\frac{AB}{AC}=\frac{3}{\sqrt{3}}=\sqrt{3}\Leftrightarrow\frac{1}{AD}+\frac{1}{AC}=\frac{\sqrt{3}}{AB}\)(đpcm).

3) Gọi giao điểm của NE với AO là S; MF với AO là S'. Ta đi c/m S trùng với S' .

Dễ thấy: \(\widehat{OBC}=180^0-\widehat{ABD}-\widehat{ABN}=60^0\)\(\Rightarrow\widehat{OCB}=60^0\)

Mà \(\widehat{ABD}=60^0\Rightarrow\widehat{OCB}=\widehat{ABD}\). Do 2 góc này đồng vị nên AB // OC

Hay BE // OC \(\Rightarrow\frac{DB}{CB}=\frac{DE}{OE}\)(ĐL Thales) . Mà \(\frac{DB}{CB}=\frac{1}{2}\)(câu b)

\(\Rightarrow\frac{DE}{OE}=\frac{1}{2}\). Lại có: \(\frac{DE}{OE}=\frac{BE}{AE}\Rightarrow\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2}\)(Hệ quả ĐL Thales)

Tứ giác ABCO có: AB // OC; AO // OB (Cùng vuông góc AD); AC vuông BO

=> Tứ giác ABCO là hình thoi. N là trung điểm AC => N cũng là trung điểm BO => \(\frac{ON}{BN}=1\)

Nhận thấy \(\Delta\)ABO có: E thuộc AB; N thuộc OB; NE cắt AO ở S

\(\Rightarrow\frac{BE}{AE}.\frac{ON}{BN}.\frac{SA}{SO}=1\)(ĐL Menelaus)

Thay \(\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2};\frac{ON}{BN}=1\Rightarrow\frac{SA}{SO}.\frac{1}{2}=1\Leftrightarrow\frac{SA}{SO}=2\Leftrightarrow\frac{SA}{AO}=2\)(*)

Áp dụng hệ quả ĐL Thales: \(\frac{OF}{EF}=\frac{OC}{AE}=\frac{AB}{AE}\)(Do OC=AB)

Lại có: \(\frac{BE}{AE}=\frac{1}{2}\Rightarrow\frac{AB}{AE}=\frac{3}{2}\)\(\Rightarrow\frac{OF}{EF}=\frac{3}{2}\)

Vì \(\frac{BE}{AB}=\frac{1}{3}\Rightarrow\frac{BE}{\frac{1}{2}.AB}=\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{BE}{BM}=\frac{2}{3}\Rightarrow\frac{EM}{BM}=\frac{1}{3}\). Mà BM=AM

\(\Rightarrow\frac{EM}{AM}=\frac{1}{3}\). Ta áp dụng ĐL Menelaus với \(\Delta\)AEO:

\(\frac{OF}{EF}.\frac{BE}{EM}.\frac{S'A}{S'O}=1\). Thế \(\frac{EM}{AM}=\frac{1}{3};\frac{OF}{EF}=\frac{3}{2}\)(cmt)

\(\Rightarrow\frac{S'A}{S'O}.\frac{1}{3}.\frac{3}{2}=1\Rightarrow\frac{S'A}{S'O}=2\Rightarrow\frac{S'A}{AO}=2\)(**)

Từ (*) và (**) suy ra \(SA=S'A\). Mà 3 điểm A;S;S' thẳng hàng

Nên S trùng với S' => 3 đường AO;MF;NE gặp nhau tại 1 điểm (đpcm).

Tỉ số \(\frac{DB}{CB}=\frac{1}{2}\) được lấy từ ý 1) nhé, quen tay nên gõ nhầm.

Vẽ phân giác góc BAC, cắt BC tại E
=> AB/AC = BE/EC
Cần cm : HB/HC)+(MB/MC) ≥ 2.BE/EC (1)

Dễ cm dc : góc BAH=góc MAC
Từ C vẽ đường thẳng song song AB cắt AD tại I , AE tại N, AH tại K
=> BH/HC=AB/CK
BE/EC=AB/CN
MB/MC=AB/CI

=> (1) <=> AB/CK+AB/CI≥2AB/CN
<=> 1/CK+1/CI≥2/CN

ta có tam giác CAK cân tại C (dễ cm dc) => AC=CN
=> (2) <=> 1/CK+1/CI≥1/AC

ta có góc CAI =BAH ( cm rồi)
và góc BAH=AKC (so le trong) =>góc CAD=AKC => tam giác IAC ~ tam giác AKC
=> CK.CI=AC²

Ta có (3) <=>CK+CI/CK.CI≥2AC
⇔CK+CI/AC²≥2AC
⇔CK+CI≥2AC
⇔CK+CI≥2. căn(CK.CI)
=> đpcm

a) +) Ta có: IB, IK là 2 tiếp tuyến kẻ từ I

=> IO là tia phân giác \(\widehat{BIK}\)=->\(\widehat{BIO}=\frac{1}{2}\widehat{KIB}\)(1)

Tương tự: \(\widehat{IBO}=\frac{1}{2}\widehat{IBC}\)(2)

+) ND cùng vuông góc với IK và BC 

=> IK//BC

=> \(\widehat{KIB}+\widehat{IBC}=180^o\)(3)

Từ (1), (2), (3)

=> \(\widehat{IBO}+\widehat{BIO}=90^o\)=> \(\widehat{IBO}=90^o\)

+) Xét 2 tam giác vuông INO và ODB có:

\(\widehat{ION}=\widehat{OBD}\)( cùng phụ với góc BOD)

=> \(\Delta INO~\Delta ODB\)

=> \(\frac{IN}{OD}=\frac{ON}{BD}\)=> \(IN.BD=R^2\)( với R là bán kính đường tròn (O)) (4)

Tương tự ta cũng chứng minh được: \(NK.DC=R^2\)(5)

(4), (5)=> \(IN.BD=NK.DC\Rightarrow\frac{IN}{NK}=\frac{DC}{BD}\)(6)

b) IK//BC. Theo định lí Thaslet ta có:

\(\frac{IN}{BE}=\frac{NK}{EC}\left(=\frac{AN}{AE}\right)\Rightarrow\frac{IN}{NK}=\frac{BE}{EC}\)(7)

(6),(7)=> \(\frac{DC}{DB}=\frac{BE}{EC}\Rightarrow\frac{BC-BD}{DB}=\frac{BC-EC}{CE}\Rightarrow\frac{BC}{BD}-1=\frac{BC}{CE}-1\Rightarrow\frac{BC}{BD}=\frac{BC}{CE}\Rightarrow BD=CE\)

Qua O kẻ đường thẳng d song song với B'C' , d cắt BB' và CC' lần lượt tại D , E

Áp dụng hệ quả định lý Ta - lét , ta có :

\(\Rightarrow\frac{KB'}{OD}=\frac{KH}{OH}=\frac{KC'}{OE}\)  \(\Rightarrow\frac{KB'}{KC'}=\frac{OD}{OE}\left(1\right)\)

Ta có : \(\widehat{BDO}=\widehat{ECO}\)(Vì cùng bằng \(\widehat{BB'C}\)) và \(\widehat{BOD}=\widehat{EOC}\)

\(\Rightarrow\Delta DBO\infty\Delta CEO\)\(\Rightarrow\frac{OD}{OC}=\frac{OB}{OE}\)\(\Rightarrow OD.OE=OC^2\)\(\Rightarrow\frac{OD}{OE}=\frac{OC^2}{OE^2}\)\(\left(2\right)\)

Lấy F \(\left(F\ne E\right)\)trên cùng đường thẳng CC' sao cho \(OE=OF\)

Lại có : \(\widehat{HB'C'}=\widehat{OCF}\)

\(\Rightarrow\Delta B'C'H\infty\Delta CFO\) \(\Rightarrow\frac{HB'}{HC'}=\frac{OC}{OF}\)\(\Rightarrow\frac{HB'}{HC'}=\frac{OC}{OE}\)\(\left(3\right)\)

Từ \(\left(1\right),\left(2\right),\left(3\right)\)\(\Rightarrow\frac{KB'}{KC'}=\left(\frac{HB'}{HC'}\right)^2\)\(\left(đpcm\right)\)