Mình chỉ ghi hướng làm còn lại bạn tự làm nha
Đầu tiên CM ND=BC
Sau đó là chứng minh tam giác$$ \bigtriangleup BKC=\bigtriangleup DKN$$
$$\Rightarrow \widehat{KBC}=\widehat{KDC}$$
=> DBKC NT

Các bài này không khó chỉ là phải vẽ thêm mới làm được
Câu 1 trên BC lấy S sao cho $\widehat{CMS}=\widehat{BMA}$
Áp dụng hệ quả nếu 2 tam giác đồng dạng thì hai đường cao tương úng tỉ lệ
Câu 2 Vẽ đường tròn ngoại tiếp ABC rồi vẽ đường kính AG ....
------------------------------
P/s 2 bài này trong đề thi Lê Hồng Phong HCM mà

Có ở đây rùi nè http://diendantoanho...ndpost&p=286317

Cho $x^{3}+y^{3}+z^{3}=3$ CM $CM x+y+z\leq3$
$x^{2}+y^{2}+z^{2}\leq 3$
$x^{4}+y^{4}+z^{4}\geq 3$
$x^{7}+y^{7}+z^{7}\geq 3$

Cho $100$ số nguyên dương ${a_1}$, ${a_2}$, ${a_3}$,...,${a_{100}}$.Mỗi số không lớn hơn $100$.
Cho biết ${a_1}+{a_2}+{a_3}+...+{a_{100}} = 200$.
Chứng minh rằng có thể chọn ra được một hoặc một vài số có tổng bằng $100$.

Giả sử nếu có các cặp số bằng nhau từng đôi một thì bài toán đúng
Xét TH không có 2 số khác nhau giả sử là $a_{1}$ và $a_{2}$
Lúc này xét các tổng sau
$S_{1}=a_{1}$
$S_{2}=a_{2}$
$S_{3}=a_{1}+a_{2}$
....
$S_{100}=a_{1}+a_{2}+...+a_{100}$
Theo dirichlet thì có 1 hiệu của 2 tổng chia hết cho 100
Đề cho là các số $a_1,a_2,...,a_{100}$ không vượt quá $100$ cho nên cái hiệu mà chia hết cho $100$ không thể rơi vào $S_2-S_1$ được vì như vậy là $a_2-a_1<100$ vô lý
Do đó các hiệu phải khác $a_2-a_1$
Lúc này lấy $a_{1}+a_{2}+...+a_{100}$ trừ cho cái hiệu đó
Ta được một hiệu mới chia hết cho 100
Mà hiệu này nằm trong khoảng (0;200) nên hiệu đó phải bằng 100

@nguyenta98: chuẩn rồi

Nhận xét nếu y là nghiệm thì -y cũng là nghiệm => để pt có 3 nghiệm thì x phải là nghiệm duy nhất => $\bigtriangleup $ =0 ........

Mình nói hướng làm nhé
Gọi tọa độ vecto pháp tuyến của d là $\overrightarrow{n_{d}}=(A,B)$
Dễ dàng viết pt AB AC
Do tam giác ABC cân tại A Từ đó viết pt góc giải được A B

Sang đây thảo luận
http://diendantoanho...962#entry380962

Cho a, b, c, d là các số thực dương thõa $a^2+b^2+c^2+d^2 \le 1$
TÌm GLTN của
$$(a+b)^4+(a+c)^4+(a+d)^4+(b+c)^4+(b+d)^4+(c+d)^4$$

Vẽ đường thẳng vuông góc $OA_{1}$ tại $A_{2}$ cắt AB AC tại I và H
$$\widehat{IOA_{2}}=\widehat{IC_{1}A_{1}}=\widehat{AB_{1}A_{2}}=\widehat{A_{2}OH}$$
$\Rightarrow \bigtriangleup IOH$ cân tại O nên $A_{2}$ là trung điểm IH
Gọi M là trung điểm BC thì A ,$A_{2}$, M thẳng hàng
Nên $AA_{2}$ là đường trung tuyến của tam giác ABC
Tương tự với $BB_{2}$ và $CC_{2}$
Vì $AA_{2}$ ; $BB_{2} $ ; $CC_{2}$ là 3 đường trung tuyến của tam giác nên chúng đồng quy

Vì $x_{1} $ là nghiệm của pt
$$\rightarrow x_{1}^2+2x_{1}=5x_{1} -2$$
$$\rightarrow A=5(x_{1}+x_{2}) -2=5.3-2=13$$

Gọi M N là trung điểm của AD và BC I là tiếp điểm của đường tròn với AB
$\bigtriangleup CAD$ có CM vừa là trung tuyến vừa là đường cao nên là tam giác cân => AC=DC
CMTT ta có DC=DB
Hình thang ABCD có AC=BD nên là hình thang cân
Tam giác vuông IDC có OI vừa là đường cao vừa là trung tuyến nên vuông cân
Ta dễ dàng chứng minh được IA=IB dựa vào các tam giác bằng nhau
IN là đường trung bình của tam giác ABC => IN//AC
$\widehat{INB}=\widehat{ACB}=\widehat{IDC}=45^{\circ}=\widehat{ICD}$
$\Rightarrow \widehat{ICB}=\widehat{ACD}=\widehat{IDA}$
Tam giác CAD cân
$\Rightarrow \widehat{ACD}+\widehat{ADC}+\widehat{DAC}=180^{\circ}\Rightarrow 2\widehat{ADC}+\widehat{ACD}=180^{\circ}$
$2(\widehat{ADI}+45^{\circ})+\widehat{ADI}=180^{\circ}\Rightarrow \widehat{ADI}=30^{\circ}$
$\Rightarrow \widehat{DAB}=\widehat{CBA}=105^{\circ}$
$\Rightarrow \widehat{ADC}=\widehat{BCD}=75^{\circ}$$

Giải pt nghiệm nguyên $ 4xy-x-y=z^{2}$

$\bigtriangleup ICK \sim \bigtriangleup IBC$
$\Rightarrow IC^{2}=IK.IB$
$\widehat{IAK}=\widehat{BDA}=\widehat{ABI} \Rightarrow \bigtriangleup IAK\sim \bigtriangleup IBA$
$\Rightarrow IA^{2}=IK.IB$
Vậy IC=IA
Giả sử $CK\perp AB$ thì K là trực tâm $\bigtriangleup ABC$
$\bigtriangleup ABC$ có BI vừa là đường cao vừa là trung tuyến nen cân tại B => BC=BA
Mà AB=AC
Vậy $\bigtriangleup ABC$ đều
Từ đó cũng có $\bigtriangleup DBC$ đều
$\sin \widehat{BAO}=\sin 30^{\circ}=\frac{OB}{OA}\Rightarrow OA=\frac{OB}{0.5}=2R$
Vậy A Cách O một khoảng bằng 2R thì $CK \perp AB$

Dễ dàng CM EAMF là hình bình hành
$\Rightarrow FM//AB$
Gọi K là giao điểm của BF và AD
$\Rightarrow MA=MK$
$$2EF=2AM=AB+CD \Rightarrow AM+MK=BC+AD$$
$$\Rightarrow AD+DK=BC+AD \Rightarrow BC=DK$$
$\Rightarrow DBCK$ là hình bình hành
$$\Rightarrow BD//CK \Rightarrow AC \perp CK$$
$$\Rightarrow MC=AM$$
=>dpcm

a)
b)$\widehat{FBH}=\widehat{FDH}=\widehat{HEN}$
$ \Rightarrow EN//AB$
c)$\widehat{BFN}=\widehat{FNE}$
$\widehat{ENB}=\widehat{ABP}$(Vì cùng bù $\widehat{ACP}$)
$\Rightarrow \widehat{BNF}+\widehat{FNE}+\widehat{ENP}=\widehat{BNF}+\widehat{BFN}+\widehat{FBN}=180^{\circ}$
=> B, N, P thẳng hàng.

a) Cách 1
Ta có $$ AH//BP$$
$$\Rightarrow \frac{EH}{BP}=\frac{CH}{CB}\Rightarrow EH.BC=BP.CH$$
Lại có $$\bigtriangleup CHA \sim OBP \Rightarrow \frac{CH}{OB}=\frac{HA}{BP}\Rightarrow CH.BP=OB.HA$$
$$\Rightarrow BC.EH=OB.AH\Rightarrow 2R.EH=R.AH\Rightarrow 2EH=AH$$
=> dpcm
Cách 2
AC cắt BP tại K
$$BA=BP\Rightarrow \widehat{ABP}=\widehat{PAB}\Rightarrow 90^{\circ}-\widehat{ABP}=90^{\circ}-\widehat{PAB}\Rightarrow \widehat{PAK}=\widehat{PKA}$$
$$\Rightarrow BP=PK=PA$$
$$AH//BK\Rightarrow \frac{HE}{BP}=\frac{EA }{PK}$$
=>dpcm
b) câu này khá dễ mò mãi cũng ra thui

$$\bigtriangleup AHE \sim \bigtriangleup ACL \Rightarrow \frac{HE}{AH}=\frac{CL}{AC}$$
$$\bigtriangleup AHF \sim \bigtriangleup ABL \Rightarrow \frac{HF}{AH}=\frac{BL}{AB}$$
$$\frac{CL}{AC}=\frac{BL}{AB} \Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{BL}{CL}$$
Vẽ AI và AK lần lượt là phân giác trong và ngoài của góc BAC
(I và K thuộc BC)
Theo định lí đường phân giác đảo thì ta cũng có LI và LK là phân giác trong và ngoài của góc BLC
$$\Rightarrow \widehat{IAK}=\widehat{ILK}=90^{\circ}$$
$\Rightarrow$ Tứ giác KAIL nội tiếp
Ta có
$$\widehat{MAI}=\widehat{MAB}+\widehat{BAI}=\widehat{ACB}+\widehat{IAC }=\widehat{AIM}$$
$$\Rightarrow MA=MI$$
$\Rightarrow$ M là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác KAIL
$$\Rightarrow MA=ML$$
Đến đây quá dễ rồi
------------------------------
P/s đây là 1 tính chất của tứ giác điều hòa ( ABLC là tứ giác điều hòa)

Cho 10 số 1,2,3...,10 xếp 10 số trên thành 1 hàng theo thứ tự tùy ý Cộng các số đó với số thứ tự của nó trong hàng CM luôn có 2 tổng có chữ số tận cùng bằng nhau

Đặt $x=2a$ $y=2b$ $z=2c $
$\Rightarrow abc=1 $
Áp dụng AM-GM và đẳng thức này
$\frac{1}{a+ab+1}+\frac{1}{b+bc+1}+\frac{1}{c+ca+1}=1$ với $abc=1$
Ta có
$VT=\frac{1}{2}(\sum \frac{1}{2a+b+3})\leq \frac{1}{2}\sum \frac{1}{2\sqrt{ab}+2\sqrt{a}+1}=\frac{1}{4}$

Bài toán 1.[Đề thi cuối kì trường chuyên TB 2011]
Ch0 các số thực dương $a,b,c$.Chứng minh rằng:
$$(a+b+c)\left(\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c}\right)\geq \frac{4(a+b+c)^2}{ab+bc+ca}-3$$
Bài toán 2.
Ch0 các số thực không âm $a,b,c$.Chứng minh bất đẳng thức sau:
$$a^3+b^3+c^3+5abc+4\geq 4(ab+bc+ca)$$

Bài 1 Viết lại bdt như sau
$\frac{a}{b}+\frac{a}{c}+\frac{b}{c}+\frac{b}{a}+\frac{c}{a}+\frac{c}{b}+6\geq \frac{4(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}$
$\Leftrightarrow \frac{(a+b)^2}{ab}+\frac{(b+c)^2}{bc}+\frac{(a+c)^2}{ac}\geq \frac{4(a+b+c)^2}{ab+bc+ac}$
Đúng theo Cauchy-Schwarz
Bài 2 Ta dùng dồn biến
Đặt $f(a,b,c)=a^3+b^3+c^3+5abc+4-4(ab+bc+ac)$
Ta sẽ CM $f(a,b,c)\geq f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})\geq 0$
Xét $f(a,b,c)-f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc}) \\ =b^3+c^3-4a(b+c)-2bc\sqrt{bc}+2a\sqrt{bc} \\ =(\sqrt{b^3}-\sqrt{c^3})^2-4a(b+c-2\sqrt{bc}) \\ =(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2(b+\sqrt{bc}+c)^2-4a(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2 \\ =(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2[((b+\sqrt{bc}+c)^2)-4a]$
Tới đây giả sử $a=min{a,b,c}$ thì $f(a,b,c)\geq f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})$
Ta cm tiếp $f(a,\sqrt{bc},\sqrt{bc})\geq 0$
$a^3+2bc\sqrt{bc}+5abc+4\geq 8a\sqrt{bc}+4bc$
Tới đây tịt ngòi . Thử = máy tính thấy đúng mà CM chưa được

Giải như sau :
Ta có :
$3x + yz = (x + y + z)x + yz = (x + y)(z + x) \geq (\sqrt{xy} + \sqrt{xz})^2$
$\Rightarrow \sqrt{3x + yz} \geq \sqrt{xy} + \sqrt{xz}$
$\Rightarrow \frac{x}{x + \sqrt{3x + yz} } \geq \frac{x}{x + \sqrt{xy} + \sqrt{xz}} = \frac{\sqrt{x}}{\sqrt{x} + \sqrt{y} + \sqrt{z}}$
Xây dựng các BĐT tương tự, cộng lại suy ra đpcm.Dấu = xảy ra khi $x = y = z$

Sai dấu rồi bạn ơi sửa dấu $\geq $ thành $\leq$

Bài này biến đổi tương tự ta cũng tìm được gia trị nhỏ nhất của xy là -2
$$4=a^2+\frac{1}{a^2}-2+a^2+\frac{b^2}{4}+ab-ab+2=\left ( a-\frac{1}{a} \right )^2+\left ( a+\frac{b}{2} \right )^2-ab+2\geq -ab+2$$
$$\Rightarrow ab\ge -2$$

Bài 3:(2 điểm)

2) Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác. Chứng minh:
$a^3+b^3+c^3+2abc<a(b^2+c^2)+b(a^2+c^2)+c(a^2+b^2)$
Bài 4(2 điểm)

2)Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A, B. Gọi M, N là tiếp tuyến chung của (O) và (O’).( M thuộc (O) và N thuộc (O'))Chứng minh AB đi qua trung điểm I của MN.

Bài 3
Ta có $$a(b^2+c^2)+b(a^2+c^2)+c(a^2+b^2)=a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)$$
$$\Rightarrow a^3+b^3+c^3+2abc<a^2(b+c)+b^2(a+c)+c^2(a+b)$$
$$\Leftrightarrow (a+b-c)(a+c-b)(b+c-a)>0$$
Hiển nhiên đúng
Bài 4
Gọi I là giao điểm của AB và MN
$$\Rightarrow IM^2=IA.IB=IN^2$$
$$\Rightarrow IM=IN$$
$\Rightarrow$ đpcm

Minh nghĩ đề ghi nhầm
Nếu đề là IH=IK $\Leftrightarrow $ thì mình mình làm như sau

Giả sử IH=IK ta sẽ CM QP=QR
Thật vậy
$$\bigtriangleup IHC \sim \bigtriangleup ABC \Rightarrow \frac{IH}{IC}=\frac{AB}{AC}$$
$$\bigtriangleup KIC \sim \bigtriangleup BDC \Rightarrow \frac{IK}{IC}=\frac{BD}{CD}$$
$$\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC}$$(Vì IH=IK)
$$\bigtriangleup QRD \sim CAD \Rightarrow \frac{QR}{QD}=\frac{CA}{CD}$$
$$\bigtriangleup QDP \sim BDA \Rightarrow \frac{QP}{QD}=\frac{BA}{BD}$$
Mà $$\Rightarrow \frac{AB}{AC}=\frac{BD}{DC} \Rightarrow \frac{AC}{CD}=\frac{AB}{BD}$$
$$\Rightarrow \frac{QR}{QD}=\frac{QP}{QD} \Rightarrow QR=QP$$
Chứng minh hoàn tất
Trường hợp QP=QR CMTT ta cũng có IH=IK