Khi đó ❓

Xin lời giải với ạ :<<

1) Từ \(CQ.AP=a^2\)ta được \(CQ.AP=AC^2\)hay \(\frac{CQ}{AC}=\frac{AC}{AP}\)

Xét hai tam giác ACP và CQA có \(\frac{CQ}{AC}=\frac{AC}{AP}\)và \(\widehat{PAC}=\widehat{QCA}\left(=60^0\right)\)nên \(\Delta ACP~\Delta CQA\)

Từ đó ta được \(\widehat{ACP}=\widehat{AQC}\). Mà ta có \(\widehat{ACP}=\widehat{ACB}+\widehat{BCP}=60^0+\widehat{BCP}\)

và \(\widehat{AQC}=\widehat{ABC}+\widehat{BAM}=60^0+\widehat{BAM}\)

Do đó \(\widehat{MAB}=\widehat{BCM}\), suy ra tứ giác ABMC nội tiếp

Vậy bốn điểm A, B, M, C cùng thuộc một đường tròn (đpcm)

2) 

a) Do tứ giác ABMC và AIMK nội tiếp nên \(\widehat{BMC}=\widehat{IMK}=120^0\), suy ra \(\widehat{IMB}=\widehat{KMC}\)

Mà hai tứ giác BIMJ và CKJM nội tiếp nên ta lại có \(\widehat{BMI}=\widehat{BJI};\widehat{KMC}=\widehat{KJC}\)

Do đó ta được \(\widehat{BJI}=\widehat{KJC}\)nên ba điểm I, J, K thẳng hàng

Dễ thấy hai tam giác BMC và IMK đồng dạng với nhau. Do đó ta được \(\frac{IK}{BC}=\frac{MI}{MB}\)

Mà ta có \(IM\le MB\) nên ta được \(IK\le BC\) hay \(IK\le a\) , dấu bằng xảy ra khi \(MB\perp AB\) hay M nằm chính giữa cung nhỏ BC, khi đó Q là trung điểm cạnh BC.
Vậy IK lớn nhất khi Q là trung điểm của BC

b) Do tứ giác BIMJ nội tiếp nên ta có \(\widehat{IMJ}=\widehat{ABC}=60^0=\widehat{ACB}\). Lại có \(\widehat{MIJ}=\widehat{MBJ}=\widehat{MAC}\)

Do đó hai tam giác IMJ và ACQ đồng dạng, do đó ta được \(\frac{MJ}{MI}=\frac{CQ}{CA}\). Tương tự ta được \(\frac{MJ}{ MK}=\frac{BQ}{AB}\)

Từ đó suy ra \(\frac{MJ}{MI}+\frac{MJ}{MK}=\frac{CQ}{CA}+\frac{BQ}{AB}=1\Rightarrow MJ\left(MK+MI\right)=MI.MK\)

Hay \(MI.MK-MJ.MI-MJ.MK=0\)

Mặt khác ta lại có \(S_{ABM}=\frac{1}{2}AB.MI;S_{BCM}=\frac{1}{2}BC.MJ;S_{ACM}=\frac{1}{2}MK.AC\)

Mà \(S_{ABM}+S_{ACM}=S_{BCM}+S_{ABC}\)và \(S_{ABC}=\frac{a^2\sqrt{3}}{4}\). Nên ta có \(AB.MI+MK.AC=BC.MJ+\frac{a^2\sqrt{3}}{2}\)hay \(MI+MK=MJ+\frac{a\sqrt{3}}{2}\)

Do đó \(\left(MI+MK-MJ\right)^2=\frac{3a^2}{4}\)

Suy ra \(MI^2+MJ^2+MK^2+2\left(MI.MK-MI.MJ-MJ.MK\right)=\frac{3a^2}{4}\)

Mà \(MI.MK-MJ.MI-MJ.MK=0\)(cmt) nên \(MI^2+MJ^2+MK^2=\frac{3a^2}{4}\)(không đổi)

Vậy \(MI^2+MJ^2+MK^2\)không đổi khi Q thay đổi trên cạnh BC (đpcm)

Bạn tự vẽ hình nhá.

Vì E là trung điểm MN => OE vuông góc MN => góc OEA =90độ

Xét tứ giác: AEOC có góc AEO + góc ACO=180độ => AEOC nội tiếp => A, E, O, C cùng thuộc 1 đường tròn

Xét tứ giác: ABEO có góc ABO + góc AEO=90độ => ABEO nội tiếp => A, E, O, B cùng thuộc 1 đường tròn

=> A, B, C, O, E cùng thuộc 1 đường tròn.

b, Ta có: góc BNC= 1/2 góc BOC (góc nội tiếp bằng 1/2 góc ở tâm) => 2.góc BNC= góc BOC

MÀ góc ABOC nội tiếp (do góc ABO+ góc ACO = 180độ) => gó BAC + góc BOC=180độ

=> 2.góc BNC+ góc BAC= 180độ

c, ta có: AMN là cát tuyến, AB là tiếp tuyến  của (O) => AB²=AM.AN

Lại có tg AHB đồng dạng tg ABO (g-g) => \(\frac{AH}{AB}=\frac{AB}{AO}\)=> AB²=AH.AO

=> AH.AO= AM.AN => \(\frac{AM}{AH}=\frac{AO}{AN}\)

Và góc MAH=góc OAN => tg MAH đồng dạng tg OAN (c-g-c) => góc AMH = góc AON

Mà góc AMH + góc HMN =180độ

=> góc AON + góc HMN =180độ

=> tứ giác MNOH nội tiếp

Vì DPN+DQN=90^o+90^o=180^o nên DPNQ là tứ giác nội tiếp

=>QPN=QDN (hai góc nội tiếp cùng chắn cung QN) (5)

Mặt khác DENF là tứ giác nội tiếp nên QDN=FEN  (6)

Từ (5) và (6) ta có FEN=QPN (7)

Tương tự ta có: EFN=PQN  (8)

Từ (7) và (8) suy ra  Δ N P Q ~ Δ N E F ( g . g ) = > P Q E F = N Q N F

Theo quan hệ đường vuông góc – đường xiên, ta có

N Q ≤ N F = > P Q E F = N Q N F ≤ 1 = > P Q ≤ E F

Dấu bằng xảy ra khi Q ≡ F ⇔ NF ⊥ DF ⇔ D, O, N thẳng hàng.

Do đó PQ max khi M là giao điểm của AC và BN, với N là điểm đối xứng với D qua O.