làm giúp em câu c) hình ạ Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Đường tròn tâm I, đường kính BC cắt các,cạnh AB và AC lần lượt tại M và N. Các tia BN và CM cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của IH và,MN. Qua I kẻ đường thẳng song song với MN cắt các đường thẳng CM và BN lần lượt tại E và Q.,a) Chứng minh rằng   :~\Delta A N M\sim\Delta A B C   ' à   \widehat{B Q I}=\widehat{E C I},b) Chứng minh rằng IQ.   .I E=I C^{2}   và   \frac{K N}{K M}=\left(\frac{H N}{H M}\right)^{2},c) Gọi D là giao điểm của AH và BC.,Chứng minh rằng   \frac{1}{A D.B N}+\frac{1}{B N.C M}+\frac{1}{C M.A D}\leq\frac{4}{3\left(R-O H\right)^{2}}

Question

làm giúp em câu c) hình ạ Bài 4. Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O; R). Đường tròn tâm I, đường kính BC cắt các,cạnh AB và AC lần lượt tại M và N. Các tia BN và CM cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của IH và,MN. Qua I kẻ đường thẳng song song với MN cắt các đường thẳng CM và BN lần lượt tại E và Q.,a) Chứng minh rằng &nbsp; :~\Delta A N M\sim\Delta A B C &nbsp; &#x27; à &nbsp; \widehat{B Q I}=\widehat{E C I},b) Chứng minh rằng  IQ. &nbsp; .I E=I C^{2} &nbsp; và &nbsp; \frac{K N}{K M}=\left(\frac{H N}{H M}\right)^{2},c) Gọi D là giao điểm của AH và BC.,Chứng minh rằng &nbsp; \frac{1}{A D.B N}+\frac{1}{B N.C M}+\frac{1}{C M.A D}\leq\frac{4}{3\left(R-O H\right)^{2}}

Accepted Answer

a) Ta có $\angle BQC = \angle BIC = 90^\circ$, suy ra $BQ \parallel IE$. Tương tự, ta có $CE \parallel IQ$. Do đó, $\angle BQI = \angle ECI$.
Ta có $\angle ANM = \angle ABC$ (cùng chắn cung AM), $\angle AMN = \angle ACB$ (cùng chắn cung AN). Suy ra $\Delta ANM \sim \Delta ABC$.
b) Ta có $\angle IEC = \angle BQC = 90^\circ$, suy ra $IE^2 + EC^2 = IC^2$. Từ đó, $IQ \cdot IE = IC^2$.
Gọi $P$ là giao điểm của $BC$ và $MN$. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $BPC$ và đường thẳng $HNM$, ta có:
$$\frac{HM}{HN} \cdot \frac{BN}{BP} \cdot \frac{CP}{CM} = 1$$
Do đó, $\frac{HM}{HN} = \frac{BP}{CP} \cdot \frac{CM}{BN}$. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $HND$, ta có:
$$\frac{HD}{HA} \cdot \frac{BA}{BC} \cdot \frac{NC}{NM} = 1$$
Do đó, $\frac{HD}{HA} = \frac{BC}{BA} \cdot \frac{NM}{NC}$. Kết hợp hai công thức trên, ta có:
$$\frac{HM}{HN} = \left(\frac{BP}{CP}\right)^2 \cdot \left(\frac{NC}{NM}\right)^2 \cdot \frac{BA}{BC} \cdot \frac{HD}{HA}$$
Mặt khác, áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $BPC$ và đường thẳng $IHK$, ta có:
$$\frac{IK}{IH} \cdot \frac{BH}{BP} \cdot \frac{CP}{CK} = 1$$
Do đó, $\frac{IK}{IH} = \frac{BP}{CP} \cdot \frac{CK}{BH}$. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $ABC$ và đường thẳng $AID$, ta có:
$$\frac{AD}{AH} \cdot \frac{BH}{BC} \cdot \frac{NC}{NI} = 1$$
Do đó, $\frac{AD}{AH} = \frac{BC}{BH} \cdot \frac{NI}{NC}$. Kết hợp hai công thức trên, ta có:
$$\frac{IK}{IH} = \left(\frac{BP}{CP}\right)^2 \cdot \left(\frac{NI}{NC}\right)^2 \cdot \frac{BH}{BC} \cdot \frac{AD}{AH}$$
Từ hai công thức trên, suy ra:
$$\frac{IK}{IH} \cdot \frac{HM}{HN} = \left(\frac{BP}{CP}\right)^4 \cdot \left(\frac{NI}{NC}\right)^2 \cdot \left(\frac{BA}{BC}\right)^2 \cdot \left(\frac{HD}{HA}\right)$$
Mặt khác, ta có $\Delta BPC \sim \Delta BAC$, suy ra $\frac{BP}{BA} = \frac{CP}{CA}$. Do đó:
$$\frac{IK}{IH} \cdot \frac{HM}{HN} = \left(\frac{BP}{BA}\right)^2 \cdot \left(\frac{NI}{NC}\right)^2 \cdot \left(\frac{HD}{HA}\right) = \left(\frac{CP}{CA}\right)^2 \cdot \left(\frac{MI}{MA}\right)^2 \cdot \left(\frac{ND}{NA}\right)$$
Từ $\Delta AIN \sim \Delta ABC$, suy ra $\frac{MI}{MA} = \frac{NC}{NA}$ và $\frac{ND}{NA} = \frac{HD}{HA}$. Do đó:
$$\frac{IK}{IH} \cdot \frac{HM}{HN