Bài hình ngày 2:

Câu a. Chứng minh tam giác thì LIK và LON đồng dạng để có L, K, N thẳng hàng.

NA.NA = NC.NC = NK. NL = NB.NB = ND.ND nên NA = NB = NC = ND.

Câu b. Kẻ tiếp tuyến chung của (c1) (c2) tại L cắt AB tại T. Nếu không cắt thì tính sau

T, C, D thẳng hàng.

TN cắt PQ tại H. Theo Brocard thì PQ vuông góc với TN.

Giao điểm của PQ với N chính là 2 tiếp điểm của 2 tiếp tuyến từ T với (N) nên ta có TH.TN = TC.TD = TA.TB. Vậy H nằm trên (c1).

MN là đường kính của (c1) nên MH vuông góc với TN tại H.

Gọi G là trung điểm của BC, MTHG nội tiếp nên NH.NT = NG.NM

MLKG nội tiếp nên NK.NL = NG. NM

Vậy NH.NT = NK.NL hay LTHK nội tiếp.

Lại có LTKI nội tiếp. Vậy ITHK nội tiếp, hay góc IHT = 90 độ.

Vậy IH vuông góc với TN tại H hay I nằm trên PQ.

Do đó M, I, P, Q thẳng hàng.

(Ai ra đầu bài mà thành tam giác LON, hay ghê).

$1000=100+4.225\Rightarrow (2x^2-xy-4)^2=100,(3x-y)^2=225$

$\Rightarrow x=14,y=27$ hoặc $x=1,y=-12$

Cách này không ổn, thiếu quá nhiều nghiệm

câu 1; a) Dễ thấy $(2x-\frac{5}{x})-(x-\frac{1}{x})=x-\frac{1}{4}. Từ đây đặt ẩn phụ.

           b) Dùng định lý Viet.

           c) Sử dụng BĐT quen thuộc.

câu 2; Giải bài toán bằng cách lập phương trình.

câu 3; $4(3x-y)^2$ và 1000 là số chẵn nên số còn lại là số chẵn => $(2x^2-xy-4)$ chia hết cho 4. Chia cả hai vế cho 4. Dễ dàng giải thông qua tổng các bình phương.

câu 4; câu d) Diện tích ABC= Diện tích AEBK.

câu 5; đây là câu tổ hợp. Có thể dùng Direclet hoặc tự suy luận.

       CÁC BẠN LÀM THỬ   .

Câu 3, $250=5^2+15^2=9^2+13^2$, nếu xét cả dấu thì có quá nhiều trường hợp bác ạ.

Làm sao chứng minh P, Q, N thẳng hàng z 

 

p/s: vẽ hình và tìm được điểm cố định ko biết có điểm nào không :v

Bác lấy K đối xứng với E qua N, sau đó chứng minh tam giác FBE và FCK đồng dạng, hay FE, FK là đường đẳng giác trong góc BFD.

Như vậy lấy điểm L đối xứng của E qua Q thì L nằm trên FK.

Vậy P, Q, N thẳng hàng.

Bài hình câu a: Gọi N, Q lần lượt là trung điểm của AC, BD. G là điểm đối xứng của B qua N.

P là trung điểm của EF nên P Q, N thẳng hàng. Do đó M, D, G thẳng hàng.

Vậy MD đi qua điểm G cố định. 

Câu 3: Biến đổi ta có: $(x^2+4)((2x-y)^2+4)=1000$ (1)

Từ (1) nhận thấy x hoặc (2x-y) chẵn

Nếu x chẵn, đặt x=2a, thay vào (1) ta có: $(a^2+1)((2x-y)^2+4)=250$ (2)

Do $250=2.5^3$ là số chẵn những không chia hết cho 4 nên từ (2) ta có (2x-y) lẻ. Vậy $(2x-y)^2+4$ lẻ và là ước của $250=2.5^3$ nên  $(2x-y)^2+4$ nhận các giá trị 5, 125.

Làm tương tự với trường hợp (2x-y) chẵn.

Cách này xét ít trường hợp hơn.

Câu 6

a. Đây là một kết quả khá cơ bản. Chỉ cần lấy O' đối xứng với O qua BC thì ta có O' là tâm (BHC), đồng thời dễ cm được AOO'H là hình bình hành, suy ra A, $O_9$ và O' thẳng hàng (ở đây $O_9$ chỉ tâm của đường tròn Euler (DEF)). Vậy hiển nhiên AX=AY.

b. Ta có AH.AD=AF.AB (phương tích của A tới (O). Ta có, mặt khác, AS:SO'=AH:MO'=AH:MO=2, do đó AS:AO'=2:3, suy ra $AS:AO_9=4:3$. Ta sẽ tính AR. Theo tính chất của phương tích, $RO'=\frac{O'O_9^2+R^2-R^{2}/4}{2O'O_9}=\frac{AO_9^2+3/4R^2}{2AO_9}$, suy ra $AR=AO'-RO'=2AO_9-\frac{AO_9^2+3/4R^2}{2AO_9}\Rightarrow AS.AR=4/3AO_9.\frac{3AO_9^2-3/4R^2}{2AO_9}=2AO_9^2-1/2R^2$. Ta lại có $AO_9^2-R^2/4=AF.AN=1/2AF.AB$ (N là trung điểm AB) nên $2AO_9^2-1/2R^2=AF.AB=AH.AD$, vậy nên AS.AR=AH.AD, suy ra HDSR nội tiếp một đường tròn (đpcm).

Hình vẽ

pic_3.png

Gọi T là giao của EF và BC. TA cắt (O) tại N thì AN.AT = AH. AD = AR.AS

Đây là đề chuyên tin mà, đề chuyên toán lấy ở đây http://www.molympiad...on-toan-chuyen/

 

Remark. đề số 013.

Link của bạn không vào được.

Bài hình 3 ngày 2: Gọi AH là đường cao của ABC, A' là trung điểm của BC. Chứng minh tứ giác HA'NM là tứ giác nội tiếp.

EF cắt BC tại S. T là trung điểm của SA. T, M, N thẳng hàng theo Gauss. Chứng minh TH là tiếp tuyến với đường tròn (HNM). Tức là TH.TH = TM.TN = TA.TA. Vậy TA là tiếp tuyến của (AMN)

Bài 2, hạ CK' vuông góc với EF, sau đó chứng minh K' nằm trên HN dễ hơn.

Bài 1 chứng minh IH là phân giác góc DIC, từ đó có IC/ID = HC/HD.

IH là phân giác góc DIC nên IQ là phân giác góc DIK nên IK/ID = QK/QD

Do IK = IC nên có HC/HD=QK/QD hay HQ // CK

Bài hình ngày 1: 
a) Gọi H là giao MK với BC. Gọi S là trung điểm của PD, dễ thấy SI vuông góc với MD. Do đó tam giác SDI và MHD đồng dạng.

Do M là trung điểm của KH, S là trung điểm của PD nên tam giác PDI và KHD đồng dạng. Từ đó có PI vuông góc với KD.

PI vuông góc với KD nên PI là trung trực của LD. Vậy PD = PL, do đó PL là tiếp tuyến của (I).

b) Câu b là bài toán ngược của dạng bài: Cho tam giác ABC có (I) nội tiếp. (I) tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F. EF cắt BC tại P. AD cắt (I) tại L. Khi đó PL là tiếp tuyến thứ 2 của (I).

Trong bài này tam giác KBC là tam giác ABC. Đã có P, D, L, I. Có thêm BD = CE nên (I) là đường tròn nội tiếp của KBC.

Bài hình bài 2 đỡ rắc rối hơn bài hình ngày 1, có vẻ đơn giản.

a) Cái này dễ chứng minh và có nhiều cách quá nên khỏi nói.

b) Dễ thấy SK = SM, từ đó suy ra TA = TK. TA là tiếp tuyến của (C) nên TK là tiếp tuyến của (C) tại K.

1. Từ $DA^{2}=DH.DO=DE.DB$ có tứ giác HEBO là tứ giác nội tiếp. Từ đó có góc EHB = EOB

Tam giác OEB cân nên $\frac{1}{2}\angle EOB + \angle OBE = 90^{o}$

Do góc DHE = góc OBE, $\angle DHE + \angle EHC =90^{0}$

Vậy góc EHC = 1/2 góc EOB.

Mà góc EHB = EOB

Nên $\angle EHC = \frac{1}{2}\angle EHB$

Hay HC là phân giác góc EHB.

https://drive.google...mWAFVD4fyH/view

Lưu ý bài 2, tâm K là tâm của (MEF) theo hình vẽ chứ không phải tâm của (AEF) nhé.

GXX là gì à bạn anhquanbk.

Nếu gọi T là giao của EF và BC, N là giao của AO và EF, M là trung điểm của BC. Ta có AO vuông góc với EF tại N.

Ta cũng có TO vuông góc với SD $\Rightarrow \angle OTM=\angle SHD$

TMON là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \angle OTM=\angle ONM$

Vậy $\angle ONM=\angle SHD$ $\Rightarrow \angle TDS=\angle TNM$

Vậy tứ giác DMNS nội tiếp.

TA cắt (O) tại K khác A. Ta có K, H, M thẳng hàng.

Ta có TK.TA=TE.TF=TD.TM=TS.TN. Vậy AKSN là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow \angle AKS=90^0$

Do $\angle AKM=90^0$ nên S nằm trên KM. Vậy K, S, H, M thẳng hàng.

Bác taconghoang, Câu hình 6b: D, E ở đâu ạ?

Xem trong sách "cẩm nang vẽ thêm hình phụ trong hình học phẳng " của thầy Nguyễn Đức tấn nhé ! (Chương cuối ).

Bạn trả lời thì cũng nên nói rõ. Nói như thế này rất khó!

Câu hình phần a rất quen nhưng chưa nhớ ra bài ở đâu.

Bác Iceghost, còn trường hợp E, X bên dưới nữa.

Em thấy nó cũng tương tự TH trên thôi nhỉ :3 Hay em phải viết lại đoạn biến đổi góc bằng góc định hướng  ?

Bác thử vẽ xem vì em thấy khác.

bạn ơi, giúp mình với, mình nhầm đề mất rồi

3.( x+1+√(y²+2y+2) ). ( (y+1+√(x²+2x+2) ) =1

tính x+y?

Bạn xem lại đầu bài. Nêu  $(x+1+\sqrt{x^2+x+2})(y+1+\sqrt{y^2+2y+2})=1$ thì có thể làm được.

Câu 3. $(x+1+\sqrt{x^2+x+2})(y+1+\sqrt{x^2+2x+2})=1$

$\Leftrightarrow (x+1)(y+1)+(x+1)^2+(x+y+2)\sqrt{x^2+2x+2} = 0$

$\Leftrightarrow (x+y+2)(x+1+\sqrt{x^2+2x+2})=0$

$x+y=-2$

có vẻ như bạn đã nhầm lẫn.bạn nói rõ dc ko.chứ minh thấy ko thuyết phục lắm.

Bạn ấy bảo là qua H vẽ đường vuông góc với HI cắt (I) tại X, Y; cắt AB, AC tại Z, T. Theo định lý con bướm với (I) thì H là trng điểm của ZT. Do ZT//NP nên Q là trung điểm của NS!!!

Bài này có thể chứng minh tam giác GBC và GNS đồng dạng, sau đó chứng minh GQS với GIC đồng dạng. Do I là trung điểm của BC nên Q là trung điểm của NS. Lưu ý góc IGQ=IHQ=NIB=NGB=CGS.