helpppp .....

Bài 1:

Vì $IJ \parallel AC$ và $\triangle ABC$ đều nên $\triangle BIJ$ cũng là tam giác đều.

Do $O$ là tâm của tam giác đều $BIJ$, ta có $OB = OI = OJ$ và $\widehat{BOI} = \widehat{IOJ} = \widehat{JOB} = 120^\circ$.

Xét phép quay tâm $O$ góc quay $120^\circ$ theo chiều kim đồng hồ, biến $I$ thành $J$, biến $B$ thành $I$.

Dễ thấy $A, I, B$ thẳng hàng và $J, C$ nối tiếp trên tia $BC$. do tính chất đối xứng và song song của hai tam giác đều $BIJ$ và $BAC$, phép đồng dạng quay $Q(O, 120^\circ)$ kết hợp vị tự biến đoạn thẳng $AJ$ thành đoạn thẳng $IC$.

Khi đó, trung điểm $K$ của $AJ$ biến thành trung điểm của $IC$, dẫn đến $OK = OC$ và $\widehat{KOC} = 120^\circ$.

Xét tam giác $OKC$ có $OK = OC$ nên $\triangle OKC$ cân tại $O$.

Góc ở đỉnh $\widehat{KOC} = 120^\circ$.

Hai góc ở đáy $\widehat{OKC} = \widehat{OCK} = \frac{180^\circ - 120^\circ}{2} = 30^\circ$.

Vậy các góc của tam giác $OKC$ là $\widehat{KOC} = 120^\circ$, $\widehat{OKC} = 30^\circ$, $\widehat{OCK} = 30^\circ$.

Bài 2:

Gọi $D$ là chân đường cao hạ từ $A$ xuống $BC$.

Vì $H$ là trực tâm của tam giác nhọn $ABC$ nên $AD \perp BC$, $BE \perp AC$ và $CF \perp AB$.

Xét tam giác $AB'C$ có $\widehat{AB'C} = 90^\circ$ và $B'$ thuộc $BH$.

Xét tam giác vuông $AB'C$ đường cao ứng với đỉnh $B'$, ta có quan hệ $AB'^2 = AE \cdot AC$.

Mặt khác, xét hai tam giác vuông đồng dạng $\triangle ADC \sim \triangle AEH$, ta có $\frac{AC}{AH} = \frac{AD}{AE} \implies AE \cdot AC = AD \cdot AH$.

Do đó $AB'^2 = AD \cdot AH$.

Tương tự, xét tam giác $AC'B$ có $\widehat{AC'B} = 90^\circ$ và $C'$ thuộc $CH$.

Xét tam giác vuông $AC'B$, ta có $AC'^2 = AF \cdot AB$.

Xét hai tam giác vuông đồng dạng $\triangle ADB \sim \triangle AFH$, ta có $\frac{AB}{AH} = \frac{AD}{AF} \implies AF \cdot AB = AD \cdot AH$.

Do đó $AC'^2 = AD \cdot AH$.

Từ hai kết quả trên suy ra $AB'^2 = AC'^2 = AD \cdot AH$.

Vậy $AB' = AC'$.

Bài 3:

Sử dụng phương pháp biểu diễn số phức trên mặt phẳng tọa độ:

Cho các điểm $A, B, C, D$ tương ứng với các số phức $a, b, c, d$.

Vì các tam giác $MAD, NCB, PAB, QCD$ đồng dạng với nhau và cùng hướng, tồn tại số phức $k$ sao cho với hai điểm bất kỳ $X, Y$ và đỉnh $Z$ tương ứng tạo thành tam giác đồng dạng, ta có mối liên hệ vector/số phức $z - x = k(y - x)$.

Xét tam giác $MAD$:

$m - a = k(d - a) \implies m = (1-k)a + kd$

Xét tam giác $NCB$:

$n - c = k(b - c) \implies n = (1-k)c + kb$

Xét tam giác $PAB$:

$p - a = k(b - a) \implies p = (1-k)a + kb$

Xét tam giác $QCD$:

$q - c = k(d - c) \implies q = (1-k)c + kd$

Tính tọa độ trung điểm của các đoạn thẳng $MN$ và $PQ$:

Trung điểm của $MN$ biểu diễn bằng số phức:

$\frac{m + n}{2} = \frac{(1-k)a + kd + (1-k)c + kb}{2} = \frac{(1-k)(a+c) + k(b+d)}{2}$

Trung điểm của $PQ$ biểu diễn bằng số phức:

$\frac{p + q}{2} = \frac{(1-k)a + kb + (1-k)c + kd}{2} = \frac{(1-k)(a+c) + k(b+d)}{2}$

Vì trung điểm của $MN$ và trung điểm của $PQ$ trùng nhau, hai đoạn thẳng $MN$ và $PQ$ cắt nhau tại trung điểm của mỗi đường.

Vậy tứ giác $MPNQ$ là hình bình hành.