Cho a,b,c > 0 CM:
$\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right )\geq \left ( 1+\sqrt[3]{abc} \right )^{3}$

Mình ham bài dễ quá
Dễ tháy
$\left ( 1+a \right )\left ( 1+b \right )\left ( 1+c \right ) =abc +a+b+c+ab+bc+ca +1 \geq 3\sqrt[3]{abc} +3\sqrt[3]{a^2b^2c^2} +abc+1 =(1+\sqrt[3]{abc})^3$

Bài 17: (Lớp 8)
Cho hình thang ABCD ( AB//CD); AC vuông góc BD. Qua trung điểm I của BC kẻ đường song song với AD cắt DC tại M. Chứng minh:
tam giác BMD cân

Mở rộng bài 17 cho anh em :
Cho hình thang ABCD ( AB//CD); AC vuông góc BD. Qua trung điểm I của BC kẻ đường song song với AD cắt DC tại M
DA$ \cap CB$ ={H}
BD $\cap AC$ ={O}
BM$\cap AC$={J}
M dx G qua I
a, CM HO //BM
b, CM KJ //MI
(p/s cái này cũng có thể làm và học như bổ đề )

Bài 17:(cách của anh L)
Lấy $MI \cap AB =N$
vẽ $BL \perp DB ,L \in DC$
Dễ dàng cm:$ ANMD :\text{hình bình hành}$
Sau đó cm:$BNCM :\text{hình bình hành}$
TIếp đó cm:$ABLC :\text{Hình bình hành}$
$\rightarrow$ $DM =AN=BN+AB=MB+CL=ML$
Mà $\Delta DBL$ vuông tại B với MD=ML
$\rightarrow BM=ML=DM$
$\rightarrow DPCM$

Bài 20: Cho $\Delta ABC$( AB<AC), phân giác AD, Từ D vẽ đường vuông góc BC cắt AC tại M. Tính $\angle MBD$

Bạn xem lại đề đi, thiếu điều kiện rồi

Bài này dễ:
Cho xy cắt AB ở K,AC ở H.
Ta có :
$\frac{BB'}{AA'}=\frac{BK}{AK},\frac{CC'}{AA'}=\frac{CH}{AH}\Rightarrow \frac{BB'+CC'}{AA'}=\frac{BK}{AK}+\frac{CH}{AH}=\frac{AB}{AK}-1+\frac{CH}{AH}-1=\frac{AB}{AK}+\frac{CH}{AH}-2$
Từ B,C vẽ BJ,CI // xy (I,J thuộc AG) .Cho BC cắt AG tại M => MB=MC
=> MI=MJ
Vậy ta có $\frac{BB'+CC'}{AA'}=\frac{AB}{AK}+\frac{CH}{AH}-2=\frac{AJ+AI}{AG}-2=\frac{2AI+IJ}{AG}-2=\frac{2AI+2IM}{AG}-2=\frac{2AM}{\frac{2}{3}AM}-2=3-2=1\Rightarrow AA'=BB'+CC'(Q.E.D)$
Đây là hình vẽ

sao anh chém tởm vậy
Cách khác:
kẻ $ MI \perp B'C'$
$\rightarrow MI =\frac{BB' +CC"}{2}$
Dễ thấy$ \Delta AA'G$ ~ $\Delta MIG$
$\rightarrow \frac{AA'}{MI} =2$
$\rightarrow AA' =BB' +CC'$
_________________
@Mod: học đâu cái kiểu chửi cách làm người ta rồi khi bị phản bác lại đổi đen thành trắng thế ?
Chú ý cách ăn nói
Cảnh cáo lần 1 /!\

b) Cho tứ giác ABCD $\angle A=\angle C=90^{o}$
Kẻ $DE\perp AC$, $BF\perp AC$ Chứng minh: AF=CE

Bài làm
Dễ thấy $\Delta ADE$ ~ $\Delta BAF$ và $\Delta CED$ ~ $\Delta BFC$
$\Rightarrow AE .AF =DE .BF =EC.CF$
$\Rightarrow \frac{AE}{CF}=\frac{EC}{AF}$
Dễ thấy Nếu $CF =AF$ thì $AF=CE$
Nếu$ CF \neq AF$ thì $\frac{AE}{CF}=\frac{EC}{AF} =\frac{AC}{AC}=1 \Rightarrow DPCM$

Bài 25: Cho $\triangle ABC$, $BC=2AB$, $MB = MC$, $DM = BM$ ($M,D$ \in BC$)
CMR: $AC = 2AD$.

Nói chung là M là TĐ BC và D là trung điểm BM
Bài làm:
Theo tính chất đường trung tuyến cho $\Delta ABM$ và $\Delta ABC$
$\rightarrow AD^2 =\frac{2(AB^2 +AM^2)-BM^2}{4} =\frac{2AM^2+AB^2}{4}$
$\rightarrow AM^2 =\frac{2(AB^2 +AC^2) -BC^2}{4} =\frac{AC^2 -AB^2}{2}$
$\rightarrow AD^2 =\frac{AB^2 +AC^2 -AB^2}{4} =\frac{AC^2}{4}$
$\rightarrow AD =\frac{AC}{2}$

Bài 27: Cho đoạn thẳng MN = 4 cm, điểm O nằm giữa M và N. Trên cùng một nửa mặt phẳng bờ MN vẽ các tam giác cân đỉnh O là OMA và OMB sao cho góc ở đỉnh O bằng 45độ. Tìm vị trí của O để AB có độ dài nhỏ nhát. Tính độ dài nhỏ nhất đó.

P/s: Dạo này các pan ít poss bài quá nhj?

Chém nào
Bài làm:
Dễ thấy$ AB^2 =AO^2 +OB^2 :\text{(py-ta-go)}$
$\rightarrow AB^2 =MO^2 +NO^2 :\text{tam giác cân}$
$\rightarrow 2AB^2 =(1+1)(MO^2 +NO^2) \geq (MO+NO)^2$
$\rightarrow AB^2 \geq \frac{MN^2}{2}$
$\rightarrow AB \geq \frac{MN}{\sqrt{2}}:\text{const}$
Vậy $AB_{Min} =\frac{MN}{\sqrt{2}}$
Dấu "$=$" sảy ra $\leftrightarrow MO =NO$
$\leftrightarrow O :\text{trung điểm MN}$

Topic im nhỉ, hâm nóng lại nào, xin giới thiệu, hình nhỏ bạn mình (gọi bạn cho thân chứ nó sinh năm 1996)

Chém luôn bài đầu:DKXD: $x\geq 2$
.Pt đã cho $<=>3\sqrt{x-2}-\sqrt{x+6}=2x-6<=>\frac{8(x-3)}{3\sqrt{x-2}+\sqrt{x+6}}=2(x-3)<=> \begin{bmatrix}x=3 \\ 3\sqrt{x-2}+\sqrt{x+6}=4(2) \end{bmatrix}$
Nhận xét PT (2) có thể DD giải bằng phương pháp nghiệm duy nhất.dễ thấy $x=3$ là nghiệm duy nhất của (2).Vậy $\begin{bmatrix}x=3 \\ x=3 \end{bmatrix}<=> x=3$(Thỏa DKXD)
Vậy x=3 là nghiệm duy nhất của phương trình

Phan sau e ko hieu cho lam :
http://www.wolframal...)=2x+\sqrt{x+6}
co 2 nghiem rieng ma :|

mình xin góp 1 bài
$\sqrt[3]{2x+1}+\sqrt[3]{x+1}=1$

Cái này mình làm như sau )
http://www.wolframal...\sqrt[3]{x+1}=1
Dựa Vào Wolframanfa $\Rightarrow$ Nghiệm
Gọi nghiệm đó là $a$
Nếu $x=a \Rightarrow :\text{Chuẩn}$
Nếu $x >a \Rightarrow A >1$
Nếu $x <a \Rightarrow A <1$
Vậy a là nghiệm của phương trình mà nghiệm lẻ quá .
Cách *Nhất* Trần đời =))

1,Họ và Tên  : Lương Quốc Trung

2,Đang học lớp 10 trường chuyên Hà nội Amsterdam,Quận Cầu GIấy, Hà Nội.

3,Đề bài:Số tự nhiên k>1 thỏa mãn tính chất sau: bất kỳ số tự nhiên M nào chia hết cho k thì số nhận đc từ M bằng cách viết các chữ số của M theo thứ tự ngược lại lại cũng chia hết cho  k  . Chứng minh rằng 99 chia hết cho k.

4.Bài làm :

~@>Ta xét dãy số  $1,11,.....,11....11 (k+1)$ chữ số.

Luôn tồn tại $111....1  \equiv 111....11$  (mod $k$) 

$\Rightarrow 11111...100....0000 \vdots k$

$\Rightarrow  000....000111...111 \vdots k$

$\Rightarrow 111...11 \vdots k$

$\Rightarrow (k,10)=1$

~@>Ta xét $k+1$ số :500 ,500500,.....500500....500 ( $k+1$ bộ 500)

Lập luận tương tự trên ta cũng có 1 số có dạng

$\overline{500abc...de} \vdots k (1)$

$\Rightarrow \overline{ed....cba00500...000} \vdots k (2)$

Từ (1) và (2)

$\Rightarrow \overline{ed....cba01000abc...de} \vdots k$

$\Rightarrow \overline{ed...cba00010abc....de} \vdots k$

$\Rightarrow \overline{000...00000990000...00} \vdots k$

$\Rightarrow 99 \vdots k (do (k,10)=1)$

Bài Giải : Của TRu09
Gọi hệ đó là (*)
Ta có (*) có nghiệm là $x=y=0 .$
Nếu $x=0 \Rightarrow y=0 $
Nếu $y=0 \Rightarrow x=0$
Nếu $xy \neq 0$
Ta đặt $y=tx (t \neq 0)$
Vậy Hệ phương trình trở thành :
$\left\{\begin{matrix} 2tx(x^2-t^2x^2)=3x & \\ x(x^2 +t^2x^2)=10tx & \end{matrix}\right.$
$\Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} 2t(1-t^2)x^2=3 (1) & \\ (1 +t^2)x^2=10t (2)& \end{matrix}\right.$
Từ $(2) \Rightarrow t >0$
Chia cả 2 vế của (1) cho (2) ta được :
$\frac{2t(1-t^2)}{1+t^2} =\frac{3}{10t} $
$\Leftrightarrow 20t^2 -20t^4 =3+3t^2$
$\Leftrightarrow 20t^4 -17t^2 +3 =0$
$\Leftrightarrow 20(t^4 -2t^2\frac{17}{40} +\frac{289}{1600} -\frac{49}{1600})=0$
$\Leftrightarrow 20[(t^2-\frac{17}{40})^2 -(\frac{7}{40})^2)=0$
$\Leftrightarrow (t^2 -\frac{24}{40})(t^2 -\frac{10}{40})=0$
$\Leftrightarrow (t^2 -\frac{3}{5})(t^2 -\frac{1}{4})$
$\Leftrightarrow t^2 =\frac{1}{4} $ hoặc $t^2 =\frac{3}{5}$
Do $t >0 $
$\Rightarrow t= \frac{1}{2}$ Hoặc $t =\sqrt{\frac{3}{5}}$
@~ :Với $t=\frac{1}{2}$
Thế vào phương trình (2)
$\Rightarrow (1+\frac{1}{4})x^2 =5$
$\Rightarrow x^2 =4$
$\Rightarrow x =\pm 2$
$\Rightarrow (x,y)=(2,1) ;(-2,-1)$
@~ :Với $t =\sqrt{\frac{3}{5}}$
Cũng thế vào phương trình (2)
$\Rightarrow (1+\frac{3}{5})x^2 =10.\sqrt{\frac{3}{5}}$
$\Rightarrow \frac{8}{5}x^2 =10.\sqrt{\frac{3}{5}}$
$\Rightarrow x^2 =\frac{50}{8}\sqrt{\frac{3}{5}}$
$\Rightarrow x =\pm \frac{5}{2}\sqrt[4]{\frac{3}{5}}$
$\Rightarrow y =\pm \frac{3}{2}\sqrt[4]{\frac{5}{3}}$
Tóm lại :Hệ phương trình có 5 nghiệm là :
$(x,y) \in {(0,0) ;(2,1) ;(-2,-1);(\frac{5}{2}\sqrt[4]{\frac{3}{5}};\frac{3}{2}\sqrt[4]{\frac{5}{3}});(-\frac{5}{2}\sqrt[4]{\frac{3}{5}},-\frac{3}{2}\sqrt[4]{\frac{5}{3}})}$

Đề bài của Tru09
-Giải hệ phương trình:
$ \left\{\begin{matrix} 2y(x^2-y^2)=3x & \\ x(x^2 +y^2)=10y & \end{matrix}\right. $

Đề bài :(Tru09)
Chứng minh rằng phương trình sau không có nghiệm nguyên :
$x^2 -y^3 =7$

Tru09 post thêm phần giải :
Lời Giải
Bổ đê : Nếu $a^2 +b^2 \vdots p$ mà $p$ là số nguyên tố cá dạng $4k+3$ thì $a \vdots p$ và $b \vdots p$
Chứng minh bổ đề bằng phương pháp phản chứng .
Giả sử một trong 2 số $a$ và $b$ không chia hết cho $p$ thì theo giả thiết suy ra số kia cũng không chia hết cho $p$
Theo định lý nhỏ Fecma :
$a^{p-1} -1 \vdots p$
$b^{p-1} -1 \vdots p$
$\rightarrow$ $a^{p-1} -1 +b^{p-1} -1 \vdots p$
$\rightarrow$ $a^{p-1} +b^{p-1} -2 \vdots p$
Do $p=4k+3$ nên
$a^{4k+2} +b^{4k+3} -2 \vdots p$
Ta có : $a^{4k+2} +b^{4k+2} =(a^2)^{2k+1} +(b^2)^{2k+1} \vdots a^2 +b^2 \vdots p$
Nên $2 \vdots p$ .Do $p$ là số nguyên tố nên $p =2$ , trái với $p=4k+3$ .
Vậy bổ đề được chứng minh.
Ta quay lại với bài toán
Xét phương trình $x^2 -x^3 =7 (1)$
$\rightarrow x^2 +1 =y^3 +8 (2)$
Đến đây ta xét 2 trường hợp :
- Nếu $y$ chẵn thì$ x$ lẻ .Khi đó vế trái của $(2)$ chia 4 dư 2 còn vế phải chia hết cho 4 .
$\rightarrow :\text{Mâu thuẫn}$
-Nếu $y$ lẻ , ta có :
$(2) \leftrightarrow x^2 +1 =(y+2)(y^2 -2y +4)$
Ta thấy $y^2 -2y +4 =(y-1)^2 +3 :\text{chia cho 4 dư 3 nên có ước nguyên tố là p có dạng 4k+3}$
Do đó $x^2 +1$ có ước nguyên tố là $p$ có dạng $4k+3$
Áp dụng bổ đề trên $\rightarrow 1 \vdots p $
$\rightarrow :\text{Vô lý}$
Vậy phương trình $(1)$ không có nghiệm nguyên

Đề bài của Tru09:
Cho (O;R) và hai điểm AB ngoài đường tròn .1điểm C chuyển động trên (O) .E là trung điểm AC .M là trung điểm BE .Hỏi khi C chuyển động trên (O) thì M chuyển động như thế nào ?

Bài giải Đề của Tru09:
Lấy $G ,H ,J$ lần lượt là trung điểm của $AB$ và $OB$ và $AO$
$I$ là trung điểm của $GH$.
Ta có :Vì $G ,H,I$ là các trung điểm của $AB,OB,GH$
$\Rightarrow GH,MH,GM$ lần lượt là các đường trung bình của $\Delta ABO ,\Delta BEO ,\Delta AEB :\text{Định nghĩa}$
$\Rightarrow GM // AE và GM =\frac{1}{2}AE :\text{(Tính chất)}$
$\Rightarrow MH // OE và MH =\frac{1}{2}OE :\text{(Tính chất)}$
$\Rightarrow GH // AO và GH =\frac{1}{2}OA :\text{(Tính chất)}$
Xét $\Delta GMH$ và $\Delta AEO$ có:
$GM =\frac{1}{2}AE$
$MH =\frac{1}{2}OE$
$GH =\frac{1}{2}OA$
$\Rightarrow \Delta GMH$ ~ $\Delta AEO :\text{c-c-c}$
Mà JE và IM là các đường trung tuyến từ các đỉnh tương ứng.
$\Rightarrow \frac{IM}{JE} =\frac{GM}{AE}=\frac{1}{2}:\text{(Tính chất)} (1)$
Đặc biệt:
$J :\text{Trung điểm AO}$
$E :\text{Trung điểm AC}$
$\Rightarrow JE :\text{Đường trung bình của $\Delta AOC$}$
$\Rightarrow JE =\frac{1}{2}.R :\text{(Tính chất)} (2)$
Từ $(1)$ và $(2) \Rightarrow \frac{IM}{\frac{1}{2}R}=\frac{1}{2}$
$\Rightarrow IM =\frac{R}{4}$
Vậy I cách M 1 khoảng không đổi là $\frac{R}{4}$
Thêm với $ I :\text{Cố định vì A,B,O cố định}$
Do đó M chuyển động trên đường tròn Tâm I bán kính $\frac{R}{4}$
Bài toán được chứng minh hoàn toàn.

Đề bài :(Tru09)
Cho $(O)$ và $(O')$ cắt nhau ở $2$ điểm $A$ và $B$ . Tiếp tuyến chung $MN$ (gần $A$ hơn ) .Từ $M , N$ kẻ các đường thẳng vuông góc với OO' tại $H$ và $K$ .$AH , AK$ cắt $(O) ,(O')$ tại $P ,Q$ .
a, Chứng minh rằng $MP // NB , MB // NQ$
b, Chứng minh tứ giác $MNQP$ là tứ giác nội tiếp .

Bài 133: Cho $\triangle ABC$ có $\angle B=45^o$. Kẻ đường cao $AH$ và phân giác $BD$. Chứng minh $HD // AB$ biết rằng $\angle ADB=45^o$.

CHém nhanh nào
Từ D kẻ $DJ \perp AC$
Dễ thấy $\angle ADB =\angle BDJ =45^o$
$\rightarrow \Delta ABD = \Delta JBD:(\text{g-c-g})$
$\rightarrow AD =DJ$
$\rightarrow \Delta ADJ :\text{vuông cân}$
Mà dễ dàng CM$ ADJH :\text{tứ giác nội tiếp}$
$\rightarrow \angle AHD =45^o (1)$
Mà$ \Delta ABH$ có$ \angle AHB =90^o$ và$ \angle ABH =45^o$
$\rightarrow \Delta ABH :\text{vuông cân}$
$\rightarrow \angle BAH =45^o(2)$
từ$ (1)$ và$ (2) \rightarrow DPCM$

Bài 62:
cho $\Delta ABC$ cân tại A , $\angle A=20^o$
Kẻ phân giác $\angle B $$ \cap$ Đường thẳng qua C //AB ={I}
Nối AI
Kẻ đường thẳng CE // AI $\cap AB$ ={E} .
Tính góc $\angle BEC$

Và như vậy với kết quả của bạn cũng đã chấm dứt câu b bài 34 mà bác binhmetric đã ấp ủ từ lâu nhưng không có ai giải quyết:
Và bây giờ mình xin post 1 bài khác:
Bài 86:Cho (O) cố định và dây AB không qua tâm cố định.C chuyển động trên cung nhỏ AB.Gọi M là trung điểm BC.Từ M vẽ đường thẳng vuông góc với AC tại H.
1. CMR:MH luôn luôn đi qua 1 điểm cố định.
2.Tìm đường di chuyển của M khi C di động trên cung nhỏ AB.
3.Quên,bonus thêm 1 câu: Xác định vị trí điểm C sao cho BH đạt GTLN

a( cách khác)
từ B kẻ $BG \perp AB \cap HM ={G}$
Nối OG
Dễ dang CM$ \Delta AIH $~$ \Delta GIB$
$\rightarrow \angle JGB =\angle CAB=\angle MOB(1)$
Dễ dàng CM $MBGO :{tgnt}$ ( do (1))
$\rightarrow \angle OMG =\angle OBG $
$\rightarrow BOG =\angle GMB=\angle GMH$
Dễ thấy $\angle OMG =\angle HCM$
$\rightarrow \angle OBG =\angle HCM$
$\rightarrow \angle OGB =90^o$
$\rightarrow G \text{const}$
b, lấy J là trung điểm của AB
Ta có $OJ \perp AB$(t\c)
mà$OM \perp CM (t/c)$
$\rightarrow OJMB:{tgnt}$
$\rightarrow M$ chuyển động trên đường tròn đường kính OB
Giới hạn
nêu C trùng A thì M trùng J
Nếu C trùng B thì M trùng B
Vậy M truyển động trên đường trong đường kính OB trên cung JB
c, có vẻ là C trùng A thì $HB_{ \text{MAX}}$

Bài 85: Cho $\triangle ABC$ có phân giác $BD=CE$. Chứng minh $\triangle ABC:\text{ cân tại A}$.

Cách khác :
Đại số hoá nào ^^
Bài làm:
Ta có công thức tính đường phân giác:
$\rightarrow BE =\frac{\sqrt{ac(a+b+c)(a+c-b)}}{a+c}$
$\rightarrow CD =\frac{\sqrt{ab(a+b+c)(a+b-c)}}{a+b}$
Theo giả thiết $\rightarrow BE =CD$
$\rightarrow \frac{\sqrt{ac(a+b+c)(a+c-b)}}{a+c}=CD =\frac{\sqrt{ab(a+b+c)(a+b-c)}}{a+b}$
$\rightarrow \frac{\sqrt{c(a+c-b)}}{a+c} =\frac{\sqrt{b(a+b-c)}}{a+b}$
$\rightarrow \frac{c(a+c-b)}{(a+c)^2}=\frac{b(a+b-c)}{(a+b)^2}$
$\rightarrow (a^2+2ab+b^2)(ca+c^2-cb)-(a^2+2ac+c^2)(ab+b^2-bc)=0$
$\rightarrow a^3c +a^2c^2-a^2cb+2a^2bc+2abc^2-2ab^2c+b^2ac+b^2c^2 -b^3c-(a^3b+a^2b^2-a^2bc+2a^2bc+2ab^2c-2abc^2+c^2ab+c^2b^2-bc^3)=0$
$\rightarrow a^3(c-b)+a^2(c-b)(c+b)+ 2abc(c-b)+2abc(c-b)-abc(c-b)+bc(c-b)(c+b)=0$
$\rightarrow (c-b)(a^3 +a^2c+a^2b+ 3abc+b^2c+bc^2)=0$
Mà $(a^3 +a^2c+a^2b+ 3abc+b^2c+bc^2) >0$
$\rightarrow b=c$
$\rightarrow \Delta ABC \text{cân tại A}$

Cho 2 đường tròn (O) và (O') cắt nhau tại A và B cố định((O) và (O') ở ngoài nhau).P là 1 điểm di động trên cung lớn AB trên (O).PA,PB cắt (O') lần lượt tại C,D sao cho C,D thuộc cung lớn AB của (O').Từ O' vẽ O'E vuông góc CD tại E.
CMR: PE luôn đi qua 1 điểm cố định khi P di động trên cung lớn AB.
P/s:Đề cực ngắn nhưng chứng minh không ngắn như cái đề ,có thể là dài hơn bài 83 đã khiến em Black "nổ não" và lần này sẽ "nổ" lần 2

Sao em thấy chẳng nổ j cả thế này :|
Bài làm:
Gọi $ OO' \cap PE =I$
$PO \cap (O) =J$

1, Ta sẽ chứng minh $E \in \text{Đường tròn cố định}$
Dễ thấy $\angle CBD =\angle PCB +\angle CPB$
Ta có: $\angle PCB =sđ(AB) :\text{của (O')}$
Và$ \angle CPB =sđ(AB) :\text{của (O)}$
Mà Dây $AB ,(O),(O') :\text{const}$
$\rightarrow \angle CBD :\text{const}$
$\rightarrow CD :\text{const}$
$\rightarrow O'E :\text{const}$
$\rightarrow \text{đường tròn (O';O'E) :cố định}$
3, Ta sẽ chứng minh $PO //O'E$
$Q.E.D \text{phần này} \leftrightarrow PO \perp CD$
Thật vậy :
Ta có:
Dễ thấy $ ABDC :\text{tứ giác nội tiếp}$
$\rightarrow \angle CDB +\angle CAB=180^o$
Mà $\angle CAB +\angle PAB =180^o$
$\rightarrow \angle PAB =\angle CDB$
Dễ thấy :$ AJBP :\text{tứ giác nội tiếp}$
$\rightarrow \angle PAB =\angle PJB$
Mà$ \angle JPB +\angle PJB =90^o$
$\rightarrow \angle JPB +\angle PAB =90^o$
$\rightarrow \angle JPB +\angle CDB =90^o$
$\rightarrow PO \perp CD$
Vậy $PO //O'E$
3,Ta sẽ chứng minh$ I :\text{const}$
Vì $PO //O'E$ $\rightarrow \angle OPI =\angle IEO'$
Xét$ \Delta POI$ và $\Delta EO'I$ có:
$ \angle OPI =\angle IEO'$
$\angle OIP =\angle EIO' :\text{(đối đỉnh)}$
$\rightarrow$ $ \Delta POI$ ~ $\Delta EO'I$ (g-g)
$\rightarrow \frac{OI}{O'I} =\frac{PO}{O'E}$
Mà $\frac{PO}{O'E} :\text{const}$
$\rightarrow \frac{OI}{O'I} :\text{const}$
$\rightarrow \frac{OI}{OO'} :\text{const}$
$\rightarrow OI :\text{const} :\text{OO' :const}$
$\rightarrow I :\text{const}$

Bài 96:
Bài làm:
Dễ thấy $(O)$ là đường tròn bàng tiếp $\Delta SEF$
$\rightarrow \angle SOA =\angle SOD$
$\rightarrow \angle SOE +\angle EOA =\angle SOB +2\angle BOF$
$\rightarrow 2\angle EOS +\angle SOB=\angle SOB +2\angle BOF$ $:\text{Vì:$\angle EOB =\angle EOA$}$
$\rightarrow \angle SOE =\angle BOF$
Ta Gọi J là giao điểm của SO và AB ,ta nối JF
Dễ thấy $\angle BFO +\angle BOF =90^o (1)$
mà $\angle EOS =\angle EOJ =\angle BOF$
Thêm với$ \angle PJB +\angle EOJ =\angle AJO +\angle EOJ =90^o (2)$
Từ $(1)$ và $(2) \rightarrow \angle PJB =\angle BFO :\text{cùng phụ với $ \angle BFO$}$
$\rightarrow \text{tứ giác} BJOF :\text{tứ giác nội tiêp} :\text{điều chủ chốt}$
$\rightarrow \angle FJO =\angle FBO =90^o$
Đến đây có vẻ mọi truyên thoả mái hơn rồi:
Dễ thấy:
$MN \perp PE \rightarrow \angle MNE =\frac{\angle SFE}{2} +\frac{\angle FSE}{2} (3)$
Mà $\text{Tứ giác}: PNJF$ có$ \angle PNF =\angle PJF =90^o$
$\rightarrow \text{Tứ giác}: PNJF :\text{tứ giác nội tiếp}$
$\rightarrow \angle FNJ =\angle JPF =\frac{\angle SFE}{2} +\frac{\angle FSE}{2} :\text{góc ngoài}(4)$
Từ $(3)$ và$ (4) \rightarrow \angle MNE =\angle JNF$
$\rightarrow N ,M ,J :\text{thẳng hàng}$
Và từ đó , ta có thể nói $SO ,MN ,AB :\text{đồng quy}$