(Chẳng biết đề có sai ko nữa?)

Bây giờ vẽ đường tròn tâm \(O\) ngoại tiếp tam giác \(ABC\) và cho 2 tia tiếp tuyến tại \(B\) và \(C\) của đường tròn gặp nhau tại \(K\).

Khi đó, \(\widehat{BAK}=\widehat{MAC}\) tức là \(AH\) trùng với \(AK\) hoặc 2 tia này đối xứng nhau qua \(AB\).

Ta sẽ CM khả năng thứ 2 vô lí như sau: Theo gt thì \(\widehat{CAH}=\widehat{MAB}\) nên hoàn toàn tương tự (đổi chỗ \(B,C\)) sẽ có \(AH,AK\) đối xứng qua \(AC\) (mâu thuẫn với khả năng thứ 2).

Vậy \(AH\) trùng với \(AK\). Nhưng như vậy thì tam giác này cân nên (???)

k bt nx. nhưng hình như t tính ra bac=90 r

À ừ nhỉ, giờ mới phát hiện ra lỗi của bài lúc đầu.

Đó là khi \(\widehat{ABC}\ne90^o\) thì 2 tiếp tuyến mới cắt nhau. Và khi đó thì vô lí.

Còn khi \(\widehat{ABC}=90^o\) thì điều kiện đề bài thoả.

Nhường mấy bác cao tay =)))

Nguyễn Ribi NkokAnh Triêt TrầQuang Ho Sin Quốc LộcNPhạm HoànThảo Phương

g GiThien Tu NguTrương Hồng Hạnhyễn Thanh HằngBorumanggokNam

Kết hợp với hình vẽ của mình trong đầu và hình vẽ của Nguyễn Thanh Hằng thì đề bài có chút ngược ngược.

Nếu là chứng minh như thế này thì đúng hơn!

$\widehat{BAH}>\widehat{BAD}>\widehat{BAM}$

Gọi N là trung điểm AB

Trong tam giác vuông ABH, HN là trung tuyến ứng với cạnh huyền

\(\Rightarrow HN=\dfrac{1}{2}AB=AN\Rightarrow\Delta AHN\) cân tại N

\(\Rightarrow\widehat{BAH}=\widehat{AHN}=\widehat{MAC}\) (1)

Trong tam giác ABC, MN là đường trung bình \(\Rightarrow MN||AC\)  (2)

\(\Rightarrow\widehat{NMA}=\widehat{MAC}\) (3)

(1);(3) \(\Rightarrow\widehat{AHN}=\widehat{NMA}\) \(\Rightarrow\) tứ giác AMHN nội tiếp

\(\Rightarrow\widehat{ANM}=\widehat{AHM}=90^0\) (cùng chắn AM) hay \(MN\perp AB\) (4)

(2);(4) \(\Rightarrow AB\perp AC\) hay tam giác ABC vuông tại A

Tọa độ A là nghiệm: \(\left\{{}\begin{matrix}3x-y+8=0\\3x+y-2=0\end{matrix}\right.\) \(\Rightarrow A\left(-1;5\right)\)

AM là trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông 

\(\Rightarrow AM=\dfrac{1}{2}BC=\dfrac{3\sqrt{10}}{2}\)

Từ vecto pháp tuyến của AM và AM ta có:

\(cos\widehat{HAM}=\dfrac{\left|3.3-1.1\right|}{\sqrt{3^2+\left(-1\right)^2}.\sqrt{3^2+1^2}}=\dfrac{4}{5}\)

\(\Rightarrow AH=AM.cos\widehat{HAM}=\dfrac{6\sqrt{10}}{5}\)

Do H thuộc AH nên tọa độ có dạng: \(H\left(a;3a+8\right)\Rightarrow\overrightarrow{AH}=\left(a+1;3a+3\right)\)

\(\Rightarrow\left(a+1\right)^2+\left(3a+3\right)^2=\left(\dfrac{6\sqrt{10}}{5}\right)^2\)

\(\Rightarrow\) Giải ra a \(\Rightarrow\) tọa độ H \(\Rightarrow\) phương trình BC qua H và vuông góc AH nên nhận \(\left(1;3\right)\) là 1 vtpt