EF cắt BC tại L => (LFBC)=-1

từ F kẻ đường vuông góc HF cắt HB,HC tại B',C'

phép chiếu xuyên tâm H trên đường thẳng B',C' biến

B thành B'

C thành C'

F thành F

L ra vô cùng

(LFBC)=-1

suy ra FB'=FC'

suy ra tam giác HB'C' cân

suy  ra HF là phân giác góc BHC

thay x=0 vao (1), ta có:

P(0)=0 suy ra 0 là nghiệm của P. Đặt P(x)=xQ(x)

ta có (1) tương đương:

$(x^{2}-x)(x+2)Q(x+2)-(x^{2}+5x+6)xQ(x)=4(x^{2}+2x)$

<=> $(x-1)Q(x+2)-(x-3)Q(x)=4$

<=> $(x-1)(Q(x+2)-1)=(x+3)(Q(x)-1)$                  (2)

Đặt R(x)= Q(x) -1. ta có (2) tương đương

$(x-1)R(x+2)=(x+3)R(x)$                (3)

thay x=1 vào (3) ta có R(1)=0

thay x=-3 vào (3) ta có R(-1)=0

Suy ra 1;1  là nghiệm của R. Đặt R(x)= (x-1)(x+1)H(x). ta có (3) tương đương

$(x-1)(x+1)(x+3)H(x+2)=(x-1)(x+3)(x+1)H(x)$

<=> H(x+2)=H(x) <=> H(x)=C (C là hằng số)

<=> P(x)= x((x-1)(x+1)C -1)

Lời giải của em nó hơi trâu

$(BFH)$ cắt $(CEH)$ tại điểm thứ 2 là $D$

$A$ là tâm đẳng phương của $(BFD),(CEH),(O) => A,H,D$ thẳng hàng

ta có $\Delta BFD \sim \Delta ECD$

=> $\frac{DX}{DY}=\frac{BF}{CE}$ ( X,Y là chân đường cao từ D đến AL,AK)  (1)

ta c/m $\frac{AL}{AK}=\frac{BF}{CE}$

áp dụng menelaus cho $\Delta FHB$ với L,M,N thẳng hàng

ta có $\frac{LF}{LB}.\frac{MB}{MH}.\frac{NH}{NF}=1$

=> $LF=\frac{MH.NF.BF}{MH.NF+MB.NH}$

Tương tự ta có $KC=\frac{MH.NC.EC}{NH.ME+MH.NC}$

Vì M,N là trung điểm BE,CF nên $\frac{LF}{KC}=\frac{BF}{CE}$             (2)

áp dụng menelaus cho tam giác ACF với L,N,K thẳng hàng

=>$\frac{LF}{LA}.\frac{NC}{NF}.\frac{KA}{KC}=1$

=>$\frac {LF}{KC}=\frac {LA}{KA}$   (3)

(1)(2)(3) => $\frac {DX}{DY}=\frac {LA}{KA}$

=> AD là đối trung của tam giác ALK

=> $\angle HAB=\angle PAC$

Mình ko hiểu lắm bạn, f(1) mình đâu tính chính xác được là bnhiu

f(1) là 1 cái xác định được mà, không đổi. Nó là cái "c" mà bạn viết trong lời giải của bạn ý.

Vì nếu tồn tại hàm f thì sẽ tồn tại đại lượng f(1)=c ( c là hằng số)

f(1) là hằng số ấy mà, thử lại thay vào thì nó luôn đúng

$f(x^{2}+y^{2})=xf(x)+yf(y)$

thay x=0 => $f(x^{2})=xf(x)$

              => ta có $f(x^{2}+y^{2})=f(x^{2})+f(y^{2})$

              => f là hàm cộng tính

$f(x^{2})=xf(x)$

suy ra $f((x+1)^{2})=(x+1)f(x+1)$                                         (1)                

       f cộng tính $f((x+1)^{2})=f(x^{2}+2x+1)=f(x^{2})+f(2x)+f(1)$          (2)

(1)(2) suy ra $(x+1)f(x+1)=f(x^{2})+f(2x)+f(1)$

                    => $xf(x)+xf(1)+f(1)+f(x)=xf(x)+2f(x)+f(1)$

                    => $f(x)=xf(1)$

Cái này là giải phương trình hàm mà bạn. Hàm số có thể là hàm lượng giác, nên bạn ko thể g/sử f có bậc là 0 hay bậc k được

Câu PTH: TH1: $f(x)\equiv 0$ (thoả mãn)

TH2(f(x)$\not\equiv$ 0):Cho $x=y=0$ thì thu được $f(0)=0$.Cho $y=0$ suy ra $f(0)+xf(x-f(0))=f^2(x)+xf(0)$ suy ra $xf(x)=f^2(x)$ suy ra $f(x)=x$.Thử lại thoả mãn vậy PTH có nghiệm $f(x)=x$ hoặc $f(x)=0$

cho x=0, y=0 thì suy ra f(0)=f²(0) => hoặc f(0)=0 hoặc f(0)=1 chứ bạn

AT cắt BC tại M

Có góc BAS = BJS =KAT

=> AS, AT đẳng giác trong góc BAC

mà AS là đường đối trung của tg ABC

=> AM là trung tuyến tg ABC

=> AT đi qua M cố định

Họ và tên: Ninh Đức Cường

Nick trong diễn đàn: Ninhduccuong

Năm sinh: 1999

Hòm thư: [email protected]

Dự thi cấp: THPT

lấy X là giao đường tròn APB với  BC

M là tâm đường tròn (PQR)

K là tâm (PAB)

$\frac{PA}{PC}=\frac{QP}{QC}\Rightarrow \frac{CA}{CP}=\frac{CP}{CQ}$

=> CA.CQ= CP²  

=> tam giác CPR đồng dạng tg CBP

=> $\angle CPR=\angle PBR=\angle XAP\Rightarrow AX//PR \Rightarrow \frac{CA}{CP}=\frac{CX}{CR}=\frac{CP}{CQ}$

Phép vị tự tâm C:

$A\rightarrow P, X\rightarrow R, P\rightarrow Q$

$\Rightarrow (AXP)\rightarrow (PQR)\Rightarrow K\rightarrow M$

kẻ đường kính PY của đường tròn (APB)

                       QS là đường kính (PQR)

=> C,Y,S thẳng hàng

=> KT chia đôi PS

=> đpcm