chào bạn Khoa, cho mình hỏi khi bạn giải những bài này, bạn dùng giấy và bút hay có sd phần mềm vẽ hình

Phần mềm vẽ hình bạn, lười giất bút lắm.

Bài 1. Ta sẽ chứng minh $AP$ đi qua $T$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $(OBC)$

Gọi $R$ là tâm đường tròn Euler tam giác $ABC$, $AD$ là đường cao của tam giác thì nhờ biến đổi góc, ta có được:

$\widehat{ABL}=\widehat{ACK}=\widehat{ADR}=\widehat{ABC}-\widehat{ACB}$

Ngoài ra $\dfrac{BL}{AB}=\dfrac{AO}{2AD}=\dfrac{RD}{AD}=\dfrac{CK}{AK}$ nên phép vị tự quay tâm $A$ biến $BC\to LK$ thì biến $D\to R$

Do đó $AR\perp KL$

Áp dụng định lý Desargues cho hai tam giác $ABC$ và $TKL$, ta đưa về bài toán sau:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $O_a$ đối xứng với $O$ qua $BC$. Trung trực $OB$ cắt $AC$ tại $Y$, trung trực $OC$ cắt $AB$ tại $Z$, trung trực $AO_a$ cắt $BC$ tại $X$. Chứng minh $X, Y, Z$ thẳng hàng.

Nếu gọi $O_b, O_c$ là đối xứng với $O$ qua $AC, AB$ thì $X, Y, Z$ chính là tâm ba đường tròn $(AOO_a), (BOO_b),(COO_c)$, mà ba đường tròn này có tâm đẳng phương là $O$, mà điểm Kosnita lại là tâm đẳng phương của chúng nên $X, Y, Z$ thẳng hàng.

Đường tròn đường kính $AH$ cắt $(O)$ tại $L$ khác $A$. Khi đó ta có $AL, EF, BC$ đồng quy nên $A(LD, BC)=-1$.

$AD$ cắt $(O)$ lần thứ $2$ tại $K$ thì $(LK, BC)=-1$ nên $KL$ đi qua $G$. Giả sử $HM$ cắt $EF$ tại $S$ thì $S, H, M, L$ thẳng hàng.

Do $D$ là trung điểm $HK$ nên $G(DM, HL)=-1=(SM, HL)=G(SM, HL)$ hay $DG$ đi qua $S$

Bài 1.

Bổ đề 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, phân giác $BB', CC'$ cắt $(O)$ tại $M, N$. Trên tia đối của tia $BC$ lấy $E$ thỏa mãn $BE=BA$, trên tia đối của tia $CB$ lấy $F$ thỏa mãn $CF=CA$. Gọi $K, L$ là tâm của $(ENB)$ và $(FMC)$. $P$ là giao điểm của $BL$ và $CK$. Khi đó $AP \perp B'C'$

Chứng minh bổ đề.

Ta nhìn thấy $\Delta ANB \sim \Delta ACF$ và $\Delta AMC \sim \Delta ABE$. Từ đó $\dfrac{AN}{AC}=\dfrac{AB}{AF}$  và $\dfrac{AM}{AB}=\dfrac{AC}{AE}$

Do đó ta có $\dfrac{AN}{AM}=\dfrac{AE}{AF}$ nên $\Delta ANE\sim \Delta AMF$, từ đó chứng minh được $KB$ và $LC$ cắt nhau tại một điểm $Q$ thuộc $(O)$

Bài 3. Gọi $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$ thì $M$ là trung điểm $IJ$

Dễ thấy rằng $AS$ là phân giác ngoài góc $A$ của tam giác $ABC$ nên $AS$ đi qua $G$ là trung điểm cung $BC$ của $(ABC)$

Gọi $F$ là giao điểm của $(ASI)$ và $(IBC)$ thì $MN\perp IF$ tại trung điểm $H$ của $IF$.

Ta có $GA.GS = GB^2$ nên $G\in IF$, suy ra $H\in (ABC)$

Ta có $\widehat{FAN}=90^o-\widehat{AIG}=\widehat{AMN}$ nên $F\in (AMN)$

Ta còn có $\widehat{MDK}=\widehat{GSK}=\widehat{IFK}$ do $G,S,K,F$ đồng viên. Do đó $F\in (KID)$

Ta có điều phải chứng minh.

câu 1b là tìm tất cả a mà :/

Tất cả a đều thoả

Câu b bài hình chứng minh BP và CQ đi qua trung điểm EF
Gọi AK là đường kính của (O) và W là trung điểm BC.
Tam giác RBC và tam giác RFE đồng dạng
R, W, K thẳng hàng. Gọi T là trung điểm EF
Từ đó biến đổi góc như sau FRT=BRW=KRB=SAB=FRS nên RS đí qua T

Ta có $\widehat{AKB} = 2\widehat{ADB}=\widehat{ALC}$ nên $\Delta AKB \sim \Delta ALC\Rightarrow \Delta AKL \sim \Delta ABC$

Ngoài ra $\widehat{OAL}=\widehat{BAD}$ nên $AO$ là trung tuyến của tam giác $AKL$

Ta có $\widehat{DAJ} = 90^o-\widehat{ADB}=\widehat{BAK}$ nên $AJ$ là đường đối trung của tam giác $AKL$

Hiện tại tiếp theo em chưa có hướng gì đẹp, em xin đi theo hướng này.

Gọi $E$ là trung điểm $BC$, $AE$ cắt $(O)$ lần thứ 2 tại $F$, trung trực $BC$ cắt $DF$ tại $R$. Chú ý rằng $O\in (AKL)$ nên $\dfrac{JP}{PO}=\dfrac{DR}{RF}$

$AD$ cắt $(O)$ tại $S$ và giao điểm tiếp tuyến tại $B, C$ của $(O)$ là $T$. Gọi $W$ là trung điểm $AS$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $ADF$ với cát tuyến $\overline{T, R, E}$, ta có:

$$\dfrac{DR}{RF}=\dfrac{EA}{EF}.\dfrac{TD}{TA}=\dfrac{AD.TD}{DS.TA}=\dfrac{TD}{TS}=\dfrac{AD}{AW}$$

Gọi $W'$ là đối xứng với $O$ qua $H$ thì $W'$ đối xứng với $W$ qua $A$ và ta có $\dfrac{JP}{PO}=\dfrac{AD}{AW'}$

Do đó theo bổ đề ERIQ ta suy ra trung điểm $ID, AP, OW'$ thẳng hàng nên $HQ$ chia đôi $AP$.

Em có ý tưởng sau, lúc nào rảnh em sẽ ghi đầy đủ lời giải.

Một tính chất cơ bản của đường đối trung cho ta bổ đề sau:

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(ABC)$ cắt $BC$ tại $Q$. $X, Y$ lần lược nằm trên trung trực $AC, AB$ sao cho $AY\perp AC, AX\perp AC$.

Khi đó $XY || OQ$

Từ đó dẫn đến ý tưởng chứng minh hai tam giác $AXY$ và $ANM$ là hai tam giác bằng nhau, thể hiện qua việc chứng minh đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AB$ cắt $QK$ và $BY$ tại hai điểm mà đoạn thẳng nối chúng nhận $A$ làm trung điểm.

Bài 4 ngày 1. Gọi $\{x_1, x_2,..., x_k\}$ là tập hợp các số thỏa mãn $2f(x_i)\geqslant x_i$

Khi đó tính được $S_f = 4\sum f(x_i)-2\sum x_i-\dfrac{3n(3n+1)}{2}$

Mà $\sum f(x_i)\leqslant 3n+(3n-1)+...+(3n-k+1)$ và $\sum x_i\geqslant 1+2+...+k$

Từ đó thay vào tính giá trị lớn nhất dễ dàng.

Em chưa đọc đoạn sau nhưng muốn như trên cần chứng minh thêm $|b_n|$ có giới hạn. Khi nó có giới hạn vô cực có lẽ viết là $>0$ cũng không hợp lý lắm

Đoạn đó ghi nhầm chút là, đúng là $b_n$ không có giới hạn là $0$

Bài 1. Xét $\lim |b_n|>0$. Khi đó áp dụng định nghĩa giới hạn dễ chứng minh tồn tại $q>0$ sao cho tồn tại vô hạn số $|b_n|>q$

Khi đó hiển nhiên $c_n$ sẽ tăng lên vô hạn.

Xét $\lim |b_n|=0$, khi đó $\forall \epsilon>0$, tồn tại $n_0$ sao cho $\forall n>n_0$ thì $|a_{n+1}-a_{n}|<\epsilon a_n$

Từ đó suy ra $(1+\epsilon)a_n>a_{n+1}$, từ đó sẽ tồn tại $n_1$ sao cho với $n\geqslant n_1$ thì $a_n\geqslant a_{n+1}$

Xét $n\geqslant n_1$ thì $b_n=\dfrac{a_n-a_{n+1}}{a_n}\geqslant \dfrac{a_n-a_{n+1}}{a_{n_1}}$

Từ đó ta có $|b_{n_1}|+|b_{n_1+1}|+...+|b_n|\geqslant 1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_1}}$

Do $\lim a_{n} = 0$ nên ta có thể chọn $n=n_2-1>n_1$ để $1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_1}}>q>0$

Xét $n\geqslant n_2$ thì $|b_{n_2}|+|b_{n_2+2}|+...+|b_n| \geqslant 1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_2}}$

Khi đó lại chọn $n=n_3-1>n_2$ để $1-\dfrac{a_{n+1}}{a_{n_2}}>q>0$

Cứ tiếp tục quá trình trên thì $c_{n_k-1}\geqslant (k-1)q$ nên $c_{n}$ tăng lên vô hạn.

Bài 5. Với số $n\in \{1,2,3,...,15\}$ thì sẽ có $\left\lfloor \dfrac{15}{n} \right\rfloor-1$ số thuộc $\{1,2,3,...,15\}$ và khác $n$ là bội của $n$

Như vậy sẽ sinh ra $2^{\left\floor \frac{15}{n} \right\rfloor-1}$ tập thỏa mãn $n$ là chỉ số nhỏ nhất. Sau đó tính tổng lại.

Bài 7. $AA_1$ cắt $BC$ tại $X$, $BB_1$ cắt $AC$ tại $Y$ và $CC_1$ cắt $AB$ tại $Z$

Ta có: $\dfrac{XB}{XC}=\dfrac{XF}{XE}=\dfrac{BF}{CE}$, tương tự ta có: $\dfrac{YC}{YA}=\dfrac{CH}{AG}$ và $\dfrac{ZA}{ZB}=\dfrac{AJ}{BI}$

Do đó $\dfrac{XB}{XC}.\dfrac{YC}{YA}.\dfrac{ZA}{ZB}=\dfrac{AJ}{AG}.\dfrac{BF}{BI}.\dfrac{CH}{CE}=\dfrac{AB}{AC}.\dfrac{BC}{BA}.\dfrac{CA}{CB}=1$

Áp dụng định lý Ceva ta có điều phải chứng minh.

Bài 8. (a) Thay $m=n=1$ ta được $f(1)=1$

Do $i>1$ mà $f(i)=i$ nên ta suy ra $f(n)=n$ với mọi $n=\bar{1,i}$

Nếu $i\geqslant 3$ thì $f(3)=3$

Nếu $i=2$ thì $f(2)=2$ và $f(3).f(5)=f(15)<f(18)=f(2).f(9)<2.f(10)=4.f(5)$. Do đó $2<f(3)<4$ nên $f(3)=3$

(b) Xét dãy $(a_n): a_1=3, a_n=a_{n-1}\left(a_{n-1}-1\right)$

Khi đó $f(a_1)=a_1$, nếu $f(a_k)=a_k$ thì $f(a_k-1)=a_k-1$ nên $f(a_{k+1})=f(a_k)f(a_{k}-1)=a_{k+1}$

Mà dãy trên tăng vô hạn nên suy ra $f(n)=n$

Bài 1. Mấu chốt là tính được $\[\sqrt{(an)^2+bn}\] = an+\left\[\dfrac{b-1}{2}\right\]$, trong đó $n$ đủ lớn.

Lấy $A'$ đối xứng với $A$ qua $D$ thì $AC+CB=A'C+CB\leqslant A'B=...$

Hoặc nếu dùng hàm số như trên thì dùng bất đẳng thức Minkovsky: $\sqrt{a^2+b^2}+\sqrt{x^2+y^2}\geqslant \sqrt{(a+x)^2+(b+y)^2}$

Áp dụng vào được $y\geqslant \sqrt{(1+4)^2+(x+4-x)^2}=\sqrt{41}$

Bài 2.  Cho $a=3, b=2, c=1$ ta được $\dfrac{-1}{4}\leqslant k\leqslant \dfrac{1}{2}$

Ta sẽ chứng minh $k$ thỏa mãn điều trên thì bất đẳng thức đúng.

Thật vậy, ta cần chứng minh: $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geqslant \text{max}\left\{-6k, 3k\right\}(a-c)^2$ trong đó $a\geqslant b\geqslant c$

Bất đẳng thức này hiển nhiên đúng do $(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2\geqslant \dfrac{(a-b+b-c)^2}{2}+(a-c)^2=\dfrac{3}{2}(a-c)^2$ và $\dfrac{3}{2}\geqslant \text{max}\left\{-6k, 3k\right\}$

Bài 4. Mỗi lần biến đổi ta được một bộ có tổng bằng 0 và các số không đồng thời bằng nhau nên phải có một số dương.

Đặt $x=b+c+d-3a, y= c+d+a-3b, z=d+a+b-3c, t=a+b+c-3d$ thì $(a,b,c,d) \to (x,y,z,t)\to (4x,4y, 4z,4t) \to (16x, 16y, 16z, 16t) \to ...$

Xét số dương thì sau một số lần hữu hạn thì số dương đó thành số lớn tùy ý.

Giả sử $(b-1)(c-1)\geqslant 0$ thì $a^2+b^2+c^2+2abc+1-2(ab+bc+ca)=(a-1)^2+(b-c)^2+2a(b-1)(c-1)\geqslant 0$

Do đó $a^2+b^2+c^2+2abc+1\geqslant 2(ab+bc+ca)$ nên $4(a^2+b^2+c^2)+2abc+16\geqslant 2(a^2+b^2+c^2)+(a+b+c)^2+15$

$2(a^2+b^2+c^2)+6\geqslant 4(a+b+c)$ và $(a+b+c)^2+9\geqslant 6(a+b+c)$

Do đó $4(a^2+b^2+c^2)+2abc+16\geqslant 10(a+b+c)$ hay $2(a^2+b^2+c^2)+abc+8\geqslant 5(a+b+c)$

Ở bài này ta chỉ cần điều kiện $A, P, E, F$ đồng viên là đủ.

Bài 1. Trong ba số $(2a^2-1)(2b^2-1), (2b^2-1)(2c^2-1), (2c^2-1)(2a^2-1)$ phải có một số không âm.

Không mất tính tổng quát, giả sử $(2b^2-1)(2c^2-1)\geqslant 0$ nên $4(b^2+1)(c^2+1)\geqslant 3(2b^2+2c^2+1)$

Do đó $4(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geqslant 3(a^2+1)(1+2b^2+2c^2)$

Áp dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz: $(a^2+1)(1+2b^2+2c^2)=\left(a^2+\dfrac{1}{2}+\dfrac{1}{2}\right)(1+2b^2+2c^2)\geqslant (a+b+c)^2$

Do đó $(a^2+1)(b^2+1)(c^2+1)\geqslant \dfrac{3}{4}(a+b+c)^2$

Ta có $(PD,BC)=-1$ nên $DB.DC = DM.DP$ mà $DB.DC = DQ.DR$ nên ta có điều phải chứng minh.

Ta có $B(CA, QG)=B(CF, RG)=G(CF, RB)=G(CS, EB)=C(GS, EB)=C(BE, SG)=C(BA, QG)$

Do đó $A, G, Q$ thẳng hàng. Ta thấy có thể viết bài toán trên thành:

Cho tam giác $ABC$ và hai điểm $E, F$ thuộc $AC, AB$. $H=BE \cap CF$. $M, N$ bất kỳ trên $BH, CH$. $Q=CM \cap BN$, $G=EN\cap FM$. Khi đó $A, Q, G$ thẳng hàng.

Gọi $K, L$ là hình chiếu của $D$ trên $PA, PB$, khi đó $KA.KB = KD^2 = PD^2-PK^2$ nên $K\in MN$

Tương tự ta có $L\in MN$, mà $KL$ đi qua trung điểm $PD$ nên $MN$ đi qua trung điểm $PD$