IV:
a) Xet tu giac ABNM co:
goc BAC= 90 do (gt)
goc MNB= 90 do vi goc MNC= 90 do (goc noi tiep chan nua duong tron)
=> goc BAC + goc MNB= 180 do
=> tu giac ABNM noi tiep dc duong tron
Xet tu giac ABCI:
goc BAC= 90 do
goc BIC = 90 do (goc noi tiep chan nua duong tron)
=> A va I cung nhin BC duoi 1 goc vuong
=>Tu giac ABCI noi tiep dc duong tron
b) Ta co: goc ANM= goc ABM ( cung chan cung AM)
goc INM = goc ICM ( cung chan cung IM)
Ma goc ABM= goc ICM ( cung chan cung AI)
=>goc ANM= goc INM
Vay : NM là tia phân giác của góc ANI.
c) Ta co : tam giac BNM ~ tam giac BIC(g-g)
=>BM/BC=BN/BI
=>BM.BI=BC.BN (1)
mat khac: tam giac MNC ~ tam giac BAC(g-g)
=>CM/BC=CN/CA
=>CM.CA=BC.CN (2)
Tu (1) va (2), suy ra:
BM.BI +CM.CA= BC.BN+BC.CN=BC(BN+CN)=BC.BC=BC^2
Ma BC^2=AB^2+AC^2 ( D/l Pytagore)
Vay: BM.BI+CM.CA=AB^2+AC^2.

câu 3:
Gọi vận tốc ô tô thứ nhất là x (km/h) x>o
=> vận tốc ô tô thứ hai là x-10 (km/h)
Vì ô tô thứ nhất đến B sớm hơn ô tô thứ hai là 1h
=> Ta có phương trình: 120/(x-10) - 120/x=1
<=> 120x/x(x-10) - 120(x-10)/x(x-10)= x(x-10)/x(x-10)
=>120x-120x+1200=x^2-10x
<=>x^2-10x-1200=0
đen ta phảy = (-5)^2+1200=25+1200=1225>0, => căn đen ta= 1225 = 35
=>x1=5+35=40 (tmđk)
x2=5-35=-30 (loại)
Vậy vận tốc của ô tô thứ nhất là 40 km/h
=> vận tốc của ô tô thứ hai là 40-10 = 30 km/h

Admin: ​mỹ hoa em lấy dữ kiện 1h ở đâu ra vậy?

Câu 5:
1. Theo giả thiết MN ^AB tại I => ÐEIB = 900; Ð ACB nội tiếp chắn nửa đường tròn nên ÐACB = 900 hayÐECB = 900
=> ÐEIB + ÐECB = 1800 mà đây là hai góc đối của tứ giác IECB nên tứ giác IECB là tứ giác nội tiếp .
2. Theo giả thiết MN ^AB => A là trung điểm của cung MN => ÐAMN = ÐACM ( hai góc nội tiếp chắn hai cung bằng nhau) hay ÐAME = ÐACM. Lại thấy ÐCAM là góc chung của hai tam giác AME và AMC do đó tam giác AME đồng dạng với tam giác ACM.
Theo trên DAME ~ D ACM => => AM2 = AE.AC
3. ÐAMB = 900 (nội tiếp chắn nửa đường tròn ); MN ^AB tại I => DAMB vuông tại M có MI là đường cao => MI2 = AI.BI ( hệ thức giữa cạnh và đường cao trong tam giác vuông) .
Áp dụng định lí Pitago trong tam giác AIM vuông tại I ta có AI2 = AM2 – MI2 => AI2 = AE.AC - AI.BI .
Theo trên ÐAMN = ÐACM => AM là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp D ECM; Nối MB ta cóÐAMB = 900 , do đó tâm O1 của đường tròn ngoại tiếp D ECM phải nằm trên BM. Ta thấy NO1 nhỏ nhất khi NO1 là khoảng cách từ N đến BM => NO1 ^BM.
Gọi O1 là chân đường vuông góc kẻ từ N đến BM ta được O1 là tâm đường tròn ngoại tiếp D ECM có bán kính là O1M. Do đó để khoảng cách từ N đến tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CME là nhỏ nhất thì C phải là giao điểm của đường tròn tâm O1 bán kính O1M với đường tròn (O) trong đó O1 là hình chiếu vuông góc của N trên BM.