\(\dfrac{ab}{a+b}=\dfrac{bc}{b+c}=\dfrac{ca}{c+a}\Rightarrow\dfrac{a+b}{ab}=\dfrac{b+c}{bc}=\dfrac{c+a}{ca}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{b}+\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{c}+\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{a}+\dfrac{1}{c}\)

\(\Rightarrow\left\{{}\begin{matrix}\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{c}\\\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{a}\\\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{c}\end{matrix}\right.\Rightarrow\dfrac{1}{a}=\dfrac{1}{b}=\dfrac{1}{c}\Rightarrow a=b=c\)

\(\Rightarrow A=\dfrac{abc\left(a^2+b^2+c^2\right)}{ab+bc+ca}=\dfrac{a^3\left(a^2+b^2+c^2\right)}{a^2+b^2+c^2}=a^3\) (1)

\(a+b+c=3a=1\Rightarrow a=\dfrac{1}{3}\Rightarrow a^3=\dfrac{1}{27}\)

\(\Rightarrow A=a^3=\dfrac{1}{27}\)

a/ Xét tứ giác ABQC có

MB=MC (gt); MA=MQ (gt) => ABQC là hình bình hành (Tứ giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)

=> CQ//AB (cạnh đối hình bình hành)

b/

Nối E với M; F với M

Xét tg ACQ có

MA=MQ (gt); EQ=EC (gt) => ME là đường trung bình cuat tg ACQ

=> ME//AC (1)

Xét tg ABC có

MB=MC (gt); FB=FA (gt) => MF là đường trung bình của tg ABC

=> MF//AC (2)

Từ (1) và (2) => \(ME\equiv MF\) (Từ 1 điểm bên ngoài 1 đường thẳng chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng // với đường thẳng đã cho)

=> E; M; F thẳng hàng

\(VT=ab-ac-bc-ab=-ac-bc\)

\(VP=-ac-bc\)

\(VT=VP\) => đẳng thức trên là đúng

\(\Rightarrow\overline{ab}=18\left(a-b\right)+4\)

\(\Rightarrow10a+b=18a-18b+4\)

\(\Rightarrow8a=19b-4\Rightarrow a=\dfrac{19b-4}{8}=\dfrac{16b+3b-4}{8}=2b+\dfrac{3b-4}{8}\)

Ta có

\(b\le9\Rightarrow3b-4\le23\)

\(\Rightarrow\left(3b-4\right)=BC\left(8\right)\le23\)

\(\Rightarrow\left(3b-4\right)=\left\{0;8;16\right\}\Rightarrow b=4\)

\(\Rightarrow a=2b+\dfrac{3b-4}{8}=2.4+\dfrac{3.4-4}{8}=9\)

a/

Xét \(\Delta ADB\) và \(\Delta ADC\) có

\(\Delta ABC\) cân tại A (gt) \(\Rightarrow AB=AC;\widehat{ABC}=\widehat{ACB}\)

\(BD=CD\left(gt\right)\)

\(\Rightarrow\Delta ADB=\Delta ADC\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\) => AD là tia phân giác của \(\widehat{BAC}\)

b/

\(\Delta ADB=\Delta ADC\left(gt\right)\Rightarrow\widehat{ADB}=\widehat{ADC}\)

Mà \(\widehat{ADB}+\widehat{ADC}=\widehat{BDC}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{ADB}=\widehat{ADC}=90^o\Rightarrow AD\perp BC\)

c/

Xét \(\Delta AMK\) và \(\Delta ANK\)

\(AM=AN\left(gt\right);\widehat{BAD}=\widehat{CAD}\left(cmt\right)\)

AK chung

\(\Rightarrow\Delta AMK=\Delta ANK\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{AKM}=\widehat{AKN}\)

Mà \(\widehat{AKM}+\widehat{AKN}=\widehat{MKN}=180^o\)

\(\Rightarrow\widehat{AKM}=\widehat{AKN}=90^o\Rightarrow AK\perp MN\Rightarrow AD\perp MN\)

d/

Xét tư giác BDMP có 

\(OB=OM\left(gt\right);OD=OP\left(gt\right)\)

=> BDMP là hình bình hành (Tws giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)

=> MP//BD (cạnh đối hbh) => MP//BC (1)

Ta có \(AD\perp MN\left(cmt\right);AD\perp BC\left(cmt\right)\) => MN//BC (cùng vg với AD) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow MP\equiv MN\) (Từ 1 điểm baeen ngoài 1 đường thẳng chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng // với đường thẳng đã cho) => P; M; N thẳng hàng

\(\overline{ab}.7=\overline{a0b}\Rightarrow70a+7b=100a+b\)

\(\Rightarrow30a=6b\Rightarrow5a=b\)

Do \(b\le9\Rightarrow a\le1\Rightarrow a=1\Rightarrow b=5\)

Thử

15.7=105

Gọi I là giao của BE với AC, nối D với I và F với I

Xét tg ABC có

AD=DE=EM (gt) \(\Rightarrow EM=\dfrac{1}{2}AE\) => E là trọng tâm của tg ABC

=> BE là trung tuyến của tg ABC => IA=IC

Xét tg ACE có

AD=DE (gt); IA=IC (cmt) => DI là đường trung bình của tg ACE

=> DI//CE (1)

E là trong tâm của tg ABC (cmt) \(\Rightarrow\dfrac{IE}{BE}=\dfrac{1}{2}\)

CM=CF (gt) mà BM=CM \(\Rightarrow\dfrac{CF}{BC}=\dfrac{1}{2}\)

Xét tg BFI có

\(\Rightarrow\dfrac{IE}{BE}=\dfrac{CF}{BC}=\dfrac{1}{2}\) => FI//CE (Talet đảo) (2)

Từ (1) và (2) \(\Rightarrow DI\equiv FI\) (Từ 1 điểm bên ngoài 1 đường thẳng chỉ dựng được duy nhất 1 đường thẳng // với đường thẳng đã cho)

=> BE; AC; DF đồng quy

2 tg ABN và tg ABC có chung đường cao từ B->AC nên

\(\dfrac{S_{ABN}}{S_{ABC}}=\dfrac{NA}{AC}=\dfrac{2}{3}\Rightarrow S_{ABN}=\dfrac{2}{3}xS_{ABC}\)

Ta có \(AM=BM\Rightarrow\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{1}{2}\)

2 tg AMN và tg ABN có chung đường cao từ N->AB nên

\(\dfrac{S_{AMN}}{S_{ABN}}=\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow S_{AMN}=\dfrac{1}{2}xS_{ABN}=\dfrac{1}{2}x\dfrac{2}{3}xS_{ABC}\)

\(\Rightarrow S_{AMN}=\dfrac{1}{3}xS_{ABC}=\dfrac{1}{3}x60=20cm^2\)

a/

Xét tg vuông ABO và tg vuông ACO có

OB=OC=R; OA chung => tg ABO = tg ACO (2 tg vuông có cạnh huyền và cạnh góc vuông tương ứng bằng nhau)

Xét tg ABC có

AB=AC (2 tiếp tuyến cùng xp từ 1 điểm...) => tg ABC cân tại A

tg ABO = tg ACO (cmt) \(\Rightarrow\widehat{OAB}=\widehat{OAC}\)

\(\Rightarrow OA\perp BC\) (trong tg cân đường phân giác của góc ở đỉnh đồng thời là đường cao)

Xét tg vuông ABO có

\(OB^2=R^2=OH.OA\) (Hệ thức lượng trong tg vuông)

OA=2R (gt); OI=R => AI=R => AI=OI=R => BI=OA/2=R

c/m tương tự khi xét tg vuông ACO ta cũng có CI=R

Xét tứ giác BOCI có

BI=CI=OB=OC=R => BOCI là hình thoi => OH=HI (trong hình thoi 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường)

\(\Rightarrow OH.OA=HI.OA=OB^2=R^2\)

b/

Xét tg vuông AOB có

\(\sin OAB=\dfrac{OB}{OA}=\dfrac{R}{2R}=\dfrac{1}{2}\Rightarrow\widehat{OAB}=30^o\)

Ta có \(\widehat{OAC}=\widehat{OAB}\left(cmt\right)\Rightarrow\widehat{OAC}=\widehat{OAB}=30^o\)

\(\Rightarrow\widehat{BAC}=\widehat{OAB}+\widehat{OAC}=30^o+30^o=60^o\)

Xét tg cân ABC có

\(\widehat{ABC}=\widehat{ACB}=\alpha\)

\(\Rightarrow\widehat{ABC}+\widehat{ACB}=180^o-\widehat{BAC}=180^o-60^o=120^o\)

\(\Rightarrow2\alpha=120^o\Rightarrow\alpha=60^o\)

=> ABC là tg đều

Ta có

OH=HI (cmt)

 AI=R(cmt); OK=R

\(\Rightarrow AI+HI=OK+OH\Rightarrow AH=KH\)

Xét tg cân ABC có

\(OA\perp BC\left(cmt\right)\)

=> BH=CH (Trong tg cân đường cao xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường trung tuyến)

=> ABKC là hbh (Tứ giác có 2 đường chéo cắt nhau tại trung điểm mỗi đường là hbh)

Mà \(OA\perp BC\Rightarrow AK\perp BC\)

=> ABKC là hình thoi (hbh có 2 đường chéo vuông góc)

c/

Ta có AI=BI=CI=R (cmt) => I là tâm đường tròn ngoại tiếp tg ABC

d/

Xét (O) có

\(\widehat{CBD}=90^o\) (Góc nt chắn nửa đường tròn) \(\Rightarrow BD\perp BC\)

\(OA\perp BC\left(cmt\right)\)

=> BD//AO (cùng vuông góc với BC)

e/

Xét tg OMN có

OM=ON=R

ME=NE (gt)

\(\Rightarrow OE\perp MN\) (Trong tg cân đường trung tuyến xp từ đỉnh tg cân đồng thời là đường cao)

=> B; C; E cùng nhìn AO dưới các góc = nhau và \(=90^o\)

=> B; C; E nằm trên dường tròn đường kính AO => O; E; A; B; C cùng thuộc một đường tròn

a/ Đề bài sai

b/

Xét tg vuông OCH và tg vuông OEH có

OH chung 

OC=OE=R

=> tg OCH = tg OEH (2 tg vuông có cạnh huyền và cạnh góc vuông tương ứng bằng nhau) 

Xét tg OCF và tg OEF có

OC=OE=R

tg OCH = tg OEH (cmt) \(\Rightarrow\widehat{COF}=\widehat{EOF}\)

OF chung

=> tg OCF = tg OEF (c.g.c) \(\Rightarrow\widehat{OEF}=\widehat{OCF}=90^o\)

\(\Rightarrow EF\perp OE\)

c/

Đặt \(\widehat{BOC}=\alpha\)

Xét tg OBC có

OB=OC=R => tg OBC cân tại O \(\Rightarrow\widehat{OCB}=\widehat{OBC}=30^o\)

\(\Rightarrow\widehat{BOC}=\alpha=180^o-\left(\widehat{OCB}+\widehat{OBC}\right)=120^o\)

\(S_{vp}=\dfrac{\alpha.\Pi.R^2}{360^o}=\dfrac{120^o.\Pi.R^2}{360^o}=\dfrac{\Pi.R^2}{3}\)