Xét phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích bất kì, ta chuyển bài toán đã cho về bài toán phụ:

Bài toán phụ. Cho tam giác $ABC,A_1$ là điểm bất kì $,B_1$ là điểm bất kì trên $BA_1,(BCB_1)$ cắt $A_1C$ ở $C_1.$ 

Chứng minh tiếp tuyến tại $A_1$ của $(AB_1C_1)$ song song với $BC.$

Bài toán phụ được chứng minh bằng cách gọi $A_1a$ là tiếp tuyến $(AB_1C_1)$ và có biến đổi góc 

$\widehat{aA_1C_1}= \widehat{A_1B_1C_1}= \widehat{A_1CB}$ suy ra đpcm.

Tìm tập xác định và đạo hàm của hàm số $y=f(x)$ thoả mãn phương trình $y \sin x= \ln (x^3-2y^4).$

Gọi $MO$ cắt $NO'$ ở $G$ thì $O,A,G,O'$ đồng viên.

$\widehat{ADB}=\frac{\widehat{ADB}}{2};\widehat{ACB}=180^0-\frac{\widehat{ADB}}{2};$

$\widehat{CBD}=\widehat{MBE}+\widehat{NBF}=180^0-\widehat{BMO}-\widehat{BNO}=\widehat{MGN}=\widehat{OAO'}.$

Vậy $\widehat{ACB}=\widehat{ADB}+\widehat{CBD} \Rightarrow \overline{A,C,D}$ (đpcm).

Gọi $MP$ cắt $NQ$ ở $A,MP$ cắt $IC$ ở $B,MN$ cắt $PQ$ ở $C,CJ$ cắt $QN$ ở $D.$

Sử dụng các tam giác đồng dạng, ta suy ra được $\frac{IB}{IC}= \frac{CD}{CJ} = \frac{BA}{CJ}.$

Theo định lí Thales, $\overline{A,I,J}$ (đpcm).

-khi vào phòng thi thì không có máy tính cầm tay nên rất khó để đoán được $n=6$ thỏa mãn, $n=7$ không thỏa mãn, vì vậy, 1 vấn đề ở đây là phải tìm cách chứng tỏ rằng $n=6$ thỏa mãn và $n=7$ không thỏa mãn, sau đó thực hiện bước quy nạp và kết luận.

Mình làm bài này hoàn toàn không dùng tới máy tính, vì số không quá lớn.

Bạn có thể để ý rằng $11^n$ sẽ tăng mạnh hơn $1^n+2^n+...+10^n$ nên có thể dự đoán là tồn tại một số $k$ mà mọi $n>k$ không thoả mãn.

Với $n=1 \rightarrow 7$ thì mình tính tay mất gần 8 phút, và nếu xét đến thời gian 180 phút của một kì thi thông thường thì con số này chẳng thấm vào đâu.

IMO Shortlist 2012.

Ta thấy $n=1,2,..,6$ thoả mãn nhưng $1^7+2^7+3^7+...+10^7<11^7.$

Ta quy nạp để chứng minh mọi $n>7$ không thoả mãn. 

Giả sử $1^k+2^k+3^k+...+10^k<11^k(k \in \mathbb{N^*})$ thì:

$11^{k+1}=11^k.11>(1^k+2^k+3^k+...+10^k).11>1^{k+1}+2^{k+1}+3^{k+1}+...+10^{k+1}.$

Theo nguyên lí quy nạp ta có đpcm, tức chỉ có $n=1,2,...,6$ thoả mãn bài toán.

Yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh $CM$ là trung tuyến của tam giác $CBE.$

Gọi $H,G$ là hình chiếu $E,F$ lên $BC$ thì $A,F,G$ thẳng hàng.

Ta có $CH.CD=CE^2=CA^2=CG.CB \Rightarrow \frac{CB}{CD}= \frac{CH}{CG}= \frac{CE}{CF} \Rightarrow BE \parallel DF.$ Theo bổ đề hình thang ta có đpcm.

Giải phương trình lượng giác $\cos 2x-\sin x= \sin ^22x \cos x.$

Gọi các điểm mới như hình vẽ.

Theo Tài liệu chuyên toán Hình học 10 thì $AM,EF,ID$ đồng quy tại $G.$ Lại có $KL$ đối xứng $XY$ qua $G$ nên $G \in XY.$

Ta có $\frac{QM}{YL}=\frac{AM}{AL};\frac{YL}{KX}=\frac{LG}{KG};\frac{MP}{KX}=\frac{AM}{AK}$ theo định lý Thales.

Lại do $A$ là cực $EF$ với $(I)$ nên $(AGKL)=-1 \Rightarrow \frac{AK}{AL}=\frac{GK}{GL}.$

Nhân các biểu thức lại với nhau cho ta $MQ=MP,$ đpcm.

$CX$ cắt $(O)$ ở $G \neq C,BG$ cắt $AC$ ở $Y',AG$ cắt $BC$ ở $D.$ Xét cực và đối cực với $(O).$

$XY'$ là đối cực $D,$ mà $D \in BC$ là đối cực $T$ nên $T$ thuộc đối cực $D$ là $XY'.$

Vậy $X,T,Y'$ thẳng hàng nên $Y \equiv Y'$ và ta có đpcm. 

Đề sai nhé bạn.

$\frac{BM}{BE}=\frac{BA}{BD}=\frac{CA}{CD}=\frac{CM}{CF} \Rightarrow BE=CF.$

$\vec{MN}=\frac{\vec{BE}}{2}+\frac{\vec{CF}}{2}.$ Do $BE=CF$ và $AD$ là phân giác ngoài của tam giác $ABC$ nên $\vec{MN} \parallel \vec{AD},$ đpcm.

Bạn vào thử link này giúp mình nhé: https://diendantoanh...notificationlog

Viết lại cho dễ quan sát:

Bài toán. Cho tam giác $ABC,$ đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $(I_a)$ tiếp xúc $BC$ tại $D.$ Tương tự có $(I_b),E,(I_c),F.$ Chứng minh $I_aD,I_bE,I_cF$ đồng quy.

Lời giải. Gọi đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ là $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D',E',F';M,N,P$ là trung điểm $BC,CA,AB;O$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ABC.$

Khi đó ta có kết quả quen thuộc là $D'$ đối xứng $D$ qua $M.$ Mà $ID',OM,I_aD$ cùng vuông góc với $BC$ nên ta suy ra $I_aD$ đi qua điểm $X$ đối xứng với $I$ qua $O.$

Tương tự ta suy ra $I_aD,I_bE,I_cF$ đồng quy tại $X,$ đpcm.

Bài toán 177 :  Cho tứ giác nội tiếp $ABCD$, $AB$ cắt $CD$ tại $P$, $AD$ cắt $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng khoảng cách giữa trực tâm hai tam giác $APD$ và $AQB$ bằng khoảng cách giữa trực tâm hai tam giác $CQD$ và $BPC$

Một lời giải khác của bạn dangkhuong cho bài toán 177:

Gọi $X,Y,Z,T$ lần lượt là trực tâm của các tam giác $APD,QDC,QAB,PBC.$

Vì $X,Y,Z,T$ thẳng hàng nên đpcm $\Leftrightarrow ZT=XY.$

Gọi $PX$ cắt $QY$ ở $F,K$ là hình chiếu của $Q$ lên $DC,O$ và $O'$ là tâm $(QDC)$ và $ABCD).$

$QK,QO$ đẳng giác $\Rightarrow QO \perp AB.$ Gọi $QO$ cắt $AB$ ở $J.$

$\Delta QAB \sim \Delta QCD \Rightarrow \Delta QZB \sim \Delta QYD \Rightarrow \frac{QZ}{QY}=\frac{QB}{QD}=\frac{QJ}{QK} \Rightarrow KJ \parallel YZ.$

$\widehat{XPD}=\widehat{DAX}=\widehat{SQA}=\widehat{ZQB} \Rightarrow \Delta FPK \sim \Delta BQJ \Rightarrow \frac{KF}{JB}=\frac{PK}{QJ}.$

Tứ giác $QJKP$ nội tiếp $\Rightarrow \Delta QJS \sim \Delta PKS \Rightarrow \frac{SJ}{SK}=\frac{QJ}{PK}=\frac{KF}{JB} \Rightarrow JK \parallel FB \Rightarrow FB \parallel YT.$

$\Rightarrow YTBF$ là hình bình hành $\Rightarrow YF=TB.$

Lại có $\Delta YXF \sim \Delta TZB \Rightarrow ZT=XY.$

Ta có đpcm.

Lời giải bài toán 195. Xem tại đây.

Hiện tại mình không có bài mới, mọi người đề nghị bài mới giúp mình.

Lời giải bài toán 183.

Bạn xem tại đây.

Bài toán 182. Cho tam giác $ABC$ nhọn, nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I).P$ là điểm bất kì trên cung nhỏ $BC.$

$M,N$ là hai điểm nằm trên cạnh $BC$ sao cho tam giác $MNP$ nhận $(I)$ làm đường tròn bàng tiếp góc $P$ và $(MNP)$ cắt lại $(O)$ ở $X.$

Chứng minh $AX$ đi qua tâm vị tự của $(O),(I).$

Lời giải bài toán 181.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC.$ Ta luôn có $\cos A+ \cos B+ \cos C=1+ \frac{r}{R}.$

Chứng minh. Xem tại đây.

Quay lại bài toán.

Ta có $x=OB \cos A=R \cos A \Rightarrow x+y+z=R( \cos A+ \cos B+ \cos C)=R(1+ \frac{r}{R})=R+r,$ theo bổ đề. Ta có đpcm.

Bài toán 180. Cho ngũ giác $ABCDE$ lồi, điểm $F$ trên cạnh $AE$ thỏa mãn $\Delta ABC \sim \Delta CDE \sim \Delta BFD.$ Chứng minh $\frac{AF}{FE}=\frac{BF^2}{FD^2}.$

Lời giải bài toán 179.

Bổ đề 1. Cho $\Delta ABC, \Delta A'B'C'$ đồng dạng cùng hướng. Khi đó $(AB,A'B') \equiv (BC,B'C') \equiv (CA,C'A').$

Bổ đề này cơ bản, xin phép không trình bày chứng minh ở đây.

Bổ đề 2. Cho $\Delta ABC, \Delta A_2B_2C_2$ đồng dạng cùng hướng. Gọi $A_1$ là trung điểm $AA_2,$ tương tự có $B_1,C_1.$ Khi đó $\Delta A_1B_1C_1 \sim \Delta A_2B_2C_2.$

Quay lại bài toán.

Gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $EF.$ Khi đó $\Delta A'EF= \Delta AEF \sim \Delta ABC.$ Áp dụng Bổ đề 2. cho các tam giác $A'EF,MNP,ABC$ ta suy ra $\Delta MNP \sim \Delta ABC,$ đpcm.

Lời giải.

Gọi $GK$ cắt $(O)$ tại $H,F.$

$K$ thuộc đối cực của $E$ với $(O) \Rightarrow (EKHF)=-1.$

Theo hệ thức Newton, $GK^2=GH.GF=GA.GM.$ Ta có đpcm.

Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I)$ có đường tròn A-mixtilinear trong tiếp xúc $(O)$ ở $T.M,N,P$ thuộc cung nhỏ $BC,CA,AB$ sao cho tam giác $MNP$ ngoại tiếp $(I)$ và $MN,MP$ cắt $BC$ ở $X,Y.$ Chứng minh $X,Y,M,T$ đồng viên.

tại sao đường tròn đường kính PQ và đường tròn (O) trực giao thế bạn?

Bạn chứng minh phương tích từ $O$ tới đường tròn $(PQ)$ bằng $R_O^2$ là được, chứng minh sử dụng cực và đối cực.