Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 5 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $T$. $D$ là một điểm trên cạnh $BC$. $TD$ cắt $(TBC)$ tại $P$ khác $T$. $K$ thuộc $BC$ sao cho $AK\parallel PD$. $L$ thuộc $AK$ sao cho $DL\parallel AP$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của đường tròn $(DKL)$ và $(TBC)$ đi qua giao điểm của $KP$ và $AD$.

Hình vẽ bài toán

Do nhầm lẫn nên em đề xuất một bài toán khác như sau, 

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ di chuyển trên cung nhỏ $BC$. Dựng ra ngoài tam giác $PBC$ các điểm $E,F$ sao cho $\triangle PCE\sim \triangle BAO$ và $\triangle PBF\sim \triangle CAO$. Tiếp tuyến tại $P$ của $(O)$ cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PCE,PBF$ tại $M,N$ khác $P$. $EM$ cắt $FN$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $QMN$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi $P$ thay đổi.

Từ giả thiết xuất hiện tiếp tuyến nên ta liên tưởng tới bài toán quen thuộc sau (bổ đề 1 trong bài viết GGTH của em),

Cho $\triangle ABC$, $P$ là một điểm bất kì trong tam giác. Tiếp tuyến tại $P$ cắt $AC,AB$ tại $E,F$. Các đường tròn $(BPF)$,$(CPE)$ cắt nhau tại $X$. Khi đó $(ABC)$ tiếp xúc $(EXF)$.

Đến đây thì ý tưởng khá đơn giản. Gọi $K$,$L$ lần lượt là giao điểm của $BN$ với $CM$;$BF$ với $CE$.

Do $\triangle PCE\sim \triangle BAO$, $\triangle PBF\sim \triangle CAO$ nên $\angle BLC=180^\circ-\angle BOC$.

Từ đó tứ giác $BOCL$ nội tiếp, mặt khác $\angle ECM=\angle EPM=\angle FPN=\angle FBN$ nên $K$ thuộc đường tròn $(BOC)$.

Theo định lí Miquel, các đường tròn $(FNP)$,$(EMP)$,$(QMN)$ có một điểm chung, gọi điểm đó là $X$.

Do $\angle BXC=180^\circ-\angle BFP+180^\circ-\angle CEP=\angle BOC$ nên $X$ thuộc $(BOC)$.

Từ đó do $MN$ là tiếp tuyến của $(BPC)$ nên $(MXN)$ tiếp xúc $(BOC)$ hay $(QMN)$ tiếp xúc $(BOC)$.

Do đó $(QMN)$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định. 

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ di chuyển trên cung nhỏ $BC$. Dựng ra ngoài tam giác $PBC$ các điểm $E,F$ sao cho $\triangle PCE\sim \triangle AOB$ và $\triangle PBF\sim \triangle AOC$. Tiếp tuyến tại $P$ của $(O)$ cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PCE,PBF$ tại $M,N$ khác $P$. $EM$ cắt $FN$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $QMN$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi $P$ thay đổi.

Hình vẽ bài toán

Lời giải của em, (khá phức tạp)

Đầu tiên ta sẽ chứng minh tính chất sau của đường tròn Thebault.

Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ , đường tròn tiếp xúc với $AD,BC$ tại $E,F$ và tiếp xúc với $(O)$ tại $Z$. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác $DFC$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $DBC$.

Phép chứng minh đơn thuần cộng góc, có thể tham khảo trong link. (Lemma # 4)

Bây giờ ta sẽ đi vào bài toán của tuần này. 

Gọi $X$,$Y$ lần lượt là trung điểm $AE$,$AF$. Do $K$,$L$ lần lượt thuộc trung trực $AE$,$AF$ nên $KX\perp AC$,$LY\perp AB$.

Từ đó các ngũ giác $AXUKQ$ và $AYVLP$ nội tiếp.

Xét phép vị tự tâm $A$ tỉ số $1:2$ biến $E\mapsto X,F\mapsto Y,C\mapsto M,B\mapsto N$ nên $X,Y$ là tiếp điểm của đường tròn Mixilinear của tam giác $AMN$ với $AM,AN$.

Gọi $Z$ là tiếp điểm của đường tròn Mixilinear ứng với đỉnh $A$ của $\triangle AMN$ với đường tròn $(AMN)$.

Do $(QA,QX)\equiv \frac{\pi}{2}-(AI,AQ)\equiv \frac{\pi}{2}-(IA,IQ)\equiv  (BA,BI)\equiv  (NA,NI')\equiv (ZA,ZX) \pmod \pi$ nên tứ giác $AQZX$ nội tiếp.

Hình vẽ bài toán

Tương tự thì tứ giác $APZY$ nội tiếp.

Từ đó $U,V$ theo thứ tự là giao điểm của $d$ với $(AXZ)$ và $(AYZ)$.

Gọi $H$ là trung điểm $UV$, $I'$ là trung điểm $YZ$. Do đó $(XY,XZ)\equiv (YN,YZ)\equiv (VZ,VA) \pmod \pi$.

Tương tự thì $(YX,YZ)\equiv (UZ,UV)\pmod \pi$ nên $\triangle UZV\sim \triangle YZX$ suy ra $(HZ,HA)\equiv (I'Y,I'Z)\equiv (MA,MZ)\pmod \pi$ (do tứ giác $YI'ZN$ nội tiếp).

Do đó $H$ thuộc $(AMN)$. Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm của $(UV)$ với $(AMN)$.

Do $HU=HS=HT$ nên $U$ là tâm nội tiếp tam giác $AST$.

Từ đó theo bổ đề trên $ST$ tiếp xúc với đường tròn qua $Z$ tiếp xúc với $AM$ chính là đường tròn Mixilinear tam giác $AMN$.

Tức là trục đẳng phương của $(UV)$ và $(AMN)$ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 3 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

Cho tam giác $ABC$ với tâm nội tiếp $I$. $M,N$ là trung điểm $CA,AB$. $BI,CI$ cắt trung trực $IA$ tại $P,Q$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc $IA$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Lấy $K,L$ lần lượt thuộc trung trực $AE,AF$ sao cho $KQ\perp AQ$ và $LP\perp AP$. $d$ là một đường thẳng thay đổi đi qua $A$. $U,V$ là hình chiếu của $K,L$ lên $d$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của đường tròn đường kính $UV$ và $(AMN)$ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định khi đường thẳng $d$ thay đổi.

Hình vẽ bài toán

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 2 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán mới,

Cho hình thang cân $ABCD$ với $AB\parallel CD$. $P$ là một điểm nằm trong hình thang. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $PAD,PBC$ cắt $CD$ tại $M,N$ khác $C,D$. $PA,PB$ lần lượt cắt $AM,BN$ tại $S,T$. Chứng minh rằng $\angle SCD=\angle TDC$.

Hình vẽ bài toán

Bài này mình có đưa lên diễn đàn một lần rồi, bạn xem tại đây hoặc trong bài viết "đường tròn phụ trong một số bài toán tiếp xúc"!

Bài này là USAMO 2011, xin trích dẫn lại lời giải của một thành viên trên AoPS.

Bài 73. Ta có : $\frac{a^2+b^2}{a+b}-\frac{a+b}{2}=\frac{2a^2+2b^2-(a+b)^2}{2(a+b)}=\frac{(a-b)^2}{2(a+b)}$

Tương tự với các biểu thức còn lại ta suy ra :

\[\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}-(a+b+c)=\sum \frac{(a-b)^2}{2(a+b)}\]

Mặt khác theo bất đẳng thức $\text{Cauchy}$ thì :

\[\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}-(a+b+c)=\frac{\sum (a-b)^2}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+(a+b+c)}\leq \frac{\sum (a-b)^2}{2(a+b+c)}\]

Do đó ta cần chứng minh :

\[\sum (a-b)^2(\frac{1}{2(a+b)}-\frac{1}{2(a+b+c)})\geq 0\]

Do $a,b,c>0$ nên bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 1 tháng 10 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán đó,

Cho $\triangle ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và $P$ là điểm thuộc cung $BC$ không chứa $A.PB,PC$ cắt $CA,AB$ lần lượt tại $E,F$. Đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABE,\triangle ACF$ cắt nhau tại $G$ khác $A$. $AG$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. $Q$ thuộc $(O)$ sao cho $\angle QAB=\angle PAC$. $QD$ cắt $BC$ tại $R$. Chứng minh rằng $OR\perp AQ$.

Lời giải khác cho bài 1.

Từ giả thiết suy ra $xy+yz+xz=xyz(x+y+z)$

Đặt $yz=a,zx=b,xy=c$ thì $a+b+c=ab+bc+ca$, khi đó bất đẳng thức cần chứng minh $\Leftrightarrow $

\[\sum \frac{1}{(2a+b+c)^2}\leq \frac{3}{16abc}\]

Theo bất đẳng thức $\text{Cauchy}$,

$\frac{1}{[(a+b)+(b+c)]^2}\leq \frac{1}{4(a+b)(a+c)}$

Thiết lập các bất đẳng thức còn lại tương tự, ta sẽ chứng minh 

\[\sum \frac{1}{(a+b)(a+c)}\leq \frac{3}{4abc}\]

Đổi biến $p,q,r$ thì $p=q$ và bất đẳng thức trở thành $\frac{2p}{(pq-r)q}\leq \frac{3}{4pr}\Leftrightarrow 8pr\leq 3p^2-3r\Leftrightarrow 24pr\leq 9p^2-9r$

Theo bất đẳng thức $\text{Cauchy}$ thì $p^2=pq\geq 9r, 3pr\leq q^2=p^2$ nên bất đẳng thức hiển nhiên đúng.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$ hay $x=y=z=1$

Bài 67. Theo bất đẳng thức $\text{Cauchy}$,

Ta có $\frac{1}{1+(ab)^2}=\frac{1+(ab)^2}{1+(ab)^2}-\frac{(ab)^2}{1+(ab)^2}=1-\frac{(ab)^2}{1+(ab)^2}\geq 1-\frac{ab}{2}$

Thiết lập các bất đẳng thức tương tự ta cần chứng minh 

\[3-\frac{ab+bc+ca}{2}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}\]

Đặt $a+b+c=x$, theo giả thiết thì $a^2+b^2+c^2=3$ nên $ab+bc+ca=\frac{x^2-3}{2}$

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\[3-\frac{x^2-3}{4}\geq \frac{9}{2x}\Leftrightarrow 12x-x^3+3x-18\geq 0\Leftrightarrow x^3-15x+18\leq 0\Leftrightarrow (x-3)(x^2+3x-6)\leq 0\]

Do $a^2+b^2+c^2=3$ nên $\sqrt{3}<x\leq 3$ suy ra $x-3\leq 0,x^2+3x-6>0$. Bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

Bài 3. (Một bài quen thuộc)

Dễ thấy $C^i_{n-i+1}$ là số tất cả các tập con gồm $i$ phần tử của tập hợp $\left \{ 1,2,3,...,n \right \}$ sao cho không chứa hai số nguyên liên tiếp.

Từ đó $S_n$ là số tất cả các tập con của $\left \{ 1,2,3,...,n \right \}$ sao cho không chứa hai số nguyên liên tiếp.

Nhận thấy tập $S_n$ được cho bởi :

$i,$ $S_{n-1}$

$ii,$ Các tập con của $S_{n-1}$ mà không chứa phần tử $n-1$ và thêm vào phần tử $n$

Do đó $S_n=S_{n-1}+S_{n-2}$.

Mặt khác dễ thấy $S_0=1$ và $S_1=2$ nên 

$S_n=\sum_{i=0}^{[\frac{n+1}{2}]} C_{n-i+1}^i=\frac{5+3\sqrt{5}}{10}(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n+\frac{5-3\sqrt{5}}{10}(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n$

Bài 1. Tìm tất cả các hàm $f:\mathbb{R}\to \mathbb{R}$ thỏa mãn :

\[f(f(x)+f(y))=f(x^2)+2x^2f(y)+f^2(y)\]

Lời giải. Thay $x=1,y=0$ vào phương trình đầu ta được $f(f(1)+f(0))=f(1)+2f(0)+f^2(0)$.

Thay $x=0,y=1$ vào phương trình đầu ta được $f(f(0)+f(1))=f(0)+f^2(1)$

Từ đó suy ra $f(0)+f^2(1)=f(1)+2f(0)+f^2(0)\Rightarrow [f(1)-f(0)][f(0)+f(1)]=f(0)+f(1)$

Do đó $f(1)=-f(0)$ hoặc $f(1)=f(0)+1$

Nếu $f(1)=-f(0)$ ta suy ra $f(0)=f(1)+2f(0)+f^2(0)=-f(0)+2f(0)+f^2(0)\Rightarrow f^2(0)=0\Rightarrow f(0)=0\Rightarrow f(1)=0$

Thay $x=0$ vào phương trình đầu ta được $f(f(y))=f^2(y)$

Thay $x=1$ vào phương trình đầu ta được $f(f(y))=2f(y)+f^2(y)$

Từ đó suy ra $f(y)=0 \ \forall y\in \mathbb{R}$

Nếu $f(1)=f(0)+1$.

Thay $x$ bởi $y$, thay $y$ bới $x$ vào phương trình đầu ta được $f(x^2)+2x^2f(y)+f^2(y)=f(y^2)+2y^2f(x)+f^2(x) \ (1)$

Thay $x=0$ vào $(1)$ ta suy ra $f(0)+f^2(y)=f(y^2)+2y^2f(0)+f^2(0)$

Thay $x=1$ vào $(1)$, chú ý $f(1)=f(0)+1$ ta được $f(1)+2f(y)+f^2(y)=f(y^2)+2y^2f(1)+f^2(1)$

$\Rightarrow f(0)+1+2f(y)+f^2(y)=f(y^2)+2y^2f(0)+2y^2+f^2(0)+2f(0)+1$

$\Rightarrow 2f(y)=2x^2+2f(0)\Rightarrow f(x)=x^2+f(0)$.

Thử lại thấy $f(0)=0$ thỏa mãn. Vậy có hai hàm thỏa mãn bài toán là $f(x)=0$ và $f(x)=x^2$

Gọi $T$ là trung điểm $BC$. Ta có $MS^2-MB^2=\frac{BE^2}{4}-\frac{BF^2}{4}$, tương tự thì $NC^2-NS^2=\frac{CE^2}{4}-\frac{CF^2}{4}$

$\Rightarrow MS^2-MB^2+NC^2-NS^2=\frac{BE^2}{4}-\frac{BF^2}{4}+\frac{CE^2}{4}-\frac{CF^2}{4}=\frac{BC^2}{4}-\frac{BC^2}{4}=0$

Mặt khác do $TB^2-TC^2=0$ nên $MS^2-MB^2+NC^2-NS^2+TB^2-TC^2=0$

Do đó theo định lí $\text{Carnot's}$, $K$ thuộc đường thẳng qua $T$ vuông góc với $BC$. Do đó $K$ di chuyển trên một đường thẳng cố định.

Lời giải. (Hi vọng không nhầm lẫn)

Ta có : $\frac{a^2+b^2}{b+c}=\frac{1-c^2}{b+c}=\frac{1+bc-bc-c^2}{b+c}=\frac{1+bc}{b+c}-c$

Thiết lập các đẳng thức còn lại ta được :

$P=\sum \frac{1+bc}{b+c}-(a+b+c)=\sum\frac{a^2+\frac{1}{2}(b^2+c^2)+\frac{1}{2}(b+c)^2}{b+c}-(a+b+c)=\frac{1}{2}\sum \frac{a^2+1}{b+c}$

Theo bất đẳng thức Cauchy thì $a^2+1=a^2+\frac{1}{3}+\frac{2}{3}\geq \frac{2a}{\sqrt{3}}+\frac{2}{3}=\frac{2a\sqrt{3}+2}{3}$

$\implies P\geq \frac{1}{2}\sum \frac{2a\sqrt{3}+2}{3(b+c)}\geq \sum \frac{a\sqrt{3}+1}{3(b+c)}\geq \frac{\sqrt{3}}{2}+\frac{3}{2(a+b+c)}\geq \sqrt{3}$ (Theo Nesbit)

Dấu đẳng thức xảy ra $\Leftrightarrow a=b=c=\frac{1}{\sqrt{3}}$

Bài hình sử dụng nhiều kết quả quen thuộc!

Gọi $T'$ là giao điểm của $\odot (AEF)$ với $\odot (O)$.

Gọi $D'$ là đối xứng của $D$ qua $AI$. $N$ là giao điểm các tiếp tuyến tại $D',P$ của $(I)$.

Xét cực đối cực đối với đường tròn $(I)$ thì $PD',EF$ theo thứ tự là đường đối cực của $N,A$ đối với $(I)$.

Theo kết quả quen thuộc thì $P$ thuộc đường tròn $\text{Appolonius}$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{DB}{DC}$. 

Gọi $S$ là chân đường vuông góc kẻ từ $D$ xuống $EF$. 

Ta có $\angle SPE=\angle EPF-\angle DPF-\angle (EF,BC)=\angle DPF$ nên $PS$ đi qua $D'$.

Mặt khác do $\odot (BIC)$ tiếp xúc $\odot (AEF)$ nên tiếp tuyến tại $I$, $AT'$, $BC$ đồng quy. Từ đó suy ra $AT'$ là đường đối cực của $S$ đối với $(I)$.

Do đó $AT'$ đi qua $N$ suy ra $T\equiv T'$ suy ra $\angle ATI=90^\circ$

Ngày 2.

Bài 1. Tìm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn :

\[2f(x)\cdot f(x+y)-f(x^2)=\frac{1}{2}x(f(2x)+4f(f(y)))\]

Bài 2. Cho $n$ nguyên dương. Các tâm thẻ trong một bộ sưu tập có giá trị $m!$ với $m$ là số nguyên dương nào đó, Một bộ sưu tập tốt là một bộ sưu tập sao cho với mọi số $k$ thỏa mãn $k\leq n!$, luôn tồn tại một số tâm thẻ trọng bộ sưu tập mà tồng giá trị các thẻ này bằng $k$. Tìm số tấm thẻ ít nhất của bộ sưu tập tốt.

Bài 3. Tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, ngoại tiếp $(I)$. Đường tròn qua $B,C$ tiếp xúc $(I)$ tại $P$. $AI$ giao $BC$ tại $X$. Tiếp tuyến qua $X$ của $(I)$ khác $BC$, giao tiếp tuyến tại $(I)$ tại $P$ tại $S$. $AS$ giao $(O)$ tại $T$ khác $A$. Chứng minh rằng $\angle ATI=90^\circ$.

Bài 4. Cho $x,y$ là các số thực dương sao cho $2x+y,2y+x\neq 2$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :

\[P=\frac{(2x^2+y)(4x+y^2)}{(2x+y-2)^2}+\frac{(2y^2+x)(4y+x^2)}{(x+2y-2)^2}-3(x+y)\]

Lời giải của em.

Hình 1

Tiếp tuyến tại $D$ của $\odot (K)$ cắt $BC$ tại $X$.

$SK$ cắt $\odot (O)$ tại $R$.

$\odot (K)$ tiếp xúc $CA,AB$ theo thứ tự tại $E$ và $F$.

Gọi $Z$ là giao điểm của $AD$ với $\odot (K)$.

Do $DZ,EA,FA$ đồng quy nên tứ giác $DFZE$ điều hòa suy ra tiếp tuyến tại $Z,D$ của $\odot (K)$ cắt nhau tại $Y$ thuộc $EF$.

Do đó $\mathcal{P}_{Y/\odot (O)}=YD^2=\overline{YF}\cdot \overline{YE}=\mathcal{P}_{Y/\odot (AEF)}$.

Từ đó $Y$ thuộc trục đẳng phương của $\odot (AEF)$ và $\odot (O)$.

Do $\angle ARK=90^\circ$ nên $R$ thuộc $\odot (AEF)$ suy ra $A,R,Y$ thẳng hàng.

Từ đó $(AR,AD,AF,AE)=-1$ nên tứ giác $RBDC$ điều hòa suy ra tiếp tuyến tại $R,D$ của $\odot (O)$ cắt nhau trên $BC$ hay $XR$ tiếp xúc $\odot (O)$.

Gọi $L$ là giao điểm khác $D$ của $DO$ với $\odot (O)$ thì $TL$ tiếp xúc $\odot (O)$.

Từ đó theo tính chất của tứ giác ngoại tiếp $DL,RS,XT$ đồng quy hay $XL$ đi qua $K$.

Do đó $P$ là đối xứng của $D$ qua $XK$ hay $\odot (BPC)$ tiếp xúc $\odot (K)$.

Hình 2

Do $AQ,AO$ đẳng giác nên $Q$ là đối xứng của $O$ qua $AX$.

Từ đó đường tròn tâm $Q$ bán kính $QA$ là đối xứng của $\odot (O)$ qua $AX$. 

$D'$ là điểm đối xứng của $D$ qua $AX$

Gọi $M$ là giao điểm của $BE$ và $CF$ ;

$J$ là giao điểm của $GD$ với $\odot (K)$.

$G_1,G_2$ lần lượt là giao điểm của $\odot (K)$ với $BC$.

$L'$ là giao điểm của $AD'$ với $\odot (K)$.

Do tứ giác $PG_1DG_2$ điều hòa nên $(JD,JP,JG_1,JG_2)=-1$.

Từ đó gọi $H$ là giao điểm của $JP$ với $BC$ thì $(GHG_1G_2)=-1$.

Mặt khác do $DG_1,DG_2$ đẳng giác trong $\angle BDC$ nên $HG$ là phân giác ngoài $\angle G_1DG_2$ suy ra $DH$ là phân giác $\angle G_1DG_2$.

Do đó $DH$ đi qua $I$ là trung điểm $EF$.

Do $DA$ là đường đối trung của $\triangle EDF$ nên $DA,DI$ đẳng giác trong $\angle EDF$.

Mặt khác do $AD,AD'$ đối xứng nhau qua $AX$ nên $DH$ đi qua $L'$.

Áp dụng định lí $\text{Pascal's}$ cho hệ điểm $\begin{pmatrix} L' & P & D\\ J & D & P \end{pmatrix}$ ta suy ra $PL',DJ,BC$ đồng quy hay $PL'$ đi qua $G$.

Từ đó do tứ giác $L'ED'F$ điều hòa nên $(PL',PD',PE,PF)=-1 \Leftrightarrow (PG,PD',PE,PF)=-1$.

Do đó $PD',EF,AM$ đồng quy.  $(1)$

Gọi $N$ là giao điểm của hai tiếp tuyến tại $P$ và $D'$ của $\odot (K)$.

Xét cực đối cực đối với $\odot (K)$, do $AM,EF,PD'$ lần lượt là đường đối cực của $G,A,N$ đối với $\odot (K)$ nên theo $(1)$ thì $N,A,G$ thẳng hàng.

Mặt khác theo định lí về tâm đẳng phương thì tiếp tuyến tại $P,D'$ của $\odot (K)$ và trục đẳng phương của $\odot (Q)$ và $\odot (R,RA)$ đồng quy.

Từ đó$AG$ là trục đẳng phương của $\odot (Q)$ và $\odot (R,RA)$.

Do đó $AG\perp QR$. $\blacksquare$

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 4 tháng 9 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán đó.

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ đường kính $AS$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $D$. Trung trực $AD$ cắt tiếp tuyến tại $S$ của $(O)$ tại $T.P$ đối xứng với $D$ qua $TK$. Trung trực $AP$ cắt $PK$ tại $R.AK$ cắt $(O)$ tại $X$ khác $A.DX$ cắt $BC$ tại $G$. Lấy $Q$ trên trung trực $AX$ sao cho $AQ\perp BC$. Chứng minh rằng $QR\perp AG$.

Hình vẽ bài toán

Bài 3 ngày 1 là một bài quen thuộc về bất biến và từng xuất hiện trong topic đề thi mẫu hướng tới VMO 2016 tại đây.

Bài 6 ngày 2 có thể giải không cần sử dụng định lí Thebault mà chỉ cần sử dụng phương tích với định lí Thales là được, cụ thể :

Gọi $X,Y$ lần lượt là tiếp điểm của $\odot (O_1),\odot (O_2)$ với $BC$. $Z,T$ lần lượt là tiếp điểm của $\odot (O_1),\odot (O_2)$ với $\odot (O)$.

Theo định lí Thales $ZX,TY$ đi qua điểm chính giữa cung $AB$ không chứa $C$. Gọi điểm đó là $D$.

Theo định lí về tâm đẳng phương thì $CT,ZX,TY$ đồng quy nên $C,T,D$ thẳng hàng.

Ta có $DT^2=\overline{DX}\cdot \overline{DZ}=DA^2$ nên $T$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$.

PS. Mình nghĩ có thể đây là bài đề nghị của THPT chuyên Hùng Vương Phú Thọ cho cuộc thi Duyên Hải 2016 nên không thể nói là sao chép được!

Bài 4 có thể giải như sau.

a, Gọi $X$ là giao điểm của $EM$ với $FN$. Theo định lí $\text{Pascal's}$ thì $P,A,X$ thẳng hàng.

Mặt khác theo định lí $\text{Brocard's}$ thì $PX\perp BC$ nên $AX\perp BC$.

Do đó $D$ là chân đường cao kẻ từ $A$ của $\triangle ABC$. Từ đó các tứ giác $AFDI,AEID$ nội tiếp nên tứ giác $AEDF$ nội tiếp.

b, Gọi $Y$ là giao điểm của $CM,BN$. Do $BC,MN,EF$ đồng quy nên theo định lí $\text{Dersagues's}$ thì $X,Y,A$ thẳng hàng. Do đó $Y$ thuộc $AD$.

Đoạn sau này thì em phải dùng lượng giác. Gọi $R,Q$ lần lượt là hình chiếu của $H,K$ lên $BC$.

Ta có $RB=HB\cdot \sin \angle B,QC=KC\cdot \sin \angle C$.

Do $HB,KC$ cắt nhau tại điểm đối xứng của $A$ qua tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle ABC$ nên theo tính chất đẳng giác thì $AH,AK$ đẳng giác.

Từ đó $HB\cdot \sin \angle B=KC\cdot \sin \angle C$ hay $RB=QC$. Do $TR=TQ$ nên $TB=TC$.

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN HSGQG PTNK NGÀY 1

Bài 1. Tìm $a$ để dãy số $(u_n)$ hội tụ biết $u_1=a$ và 

\[u_{n+1}=\left\{\begin{matrix} 2u_n-1 \ \text{nếu} \ u_n>0 & \\ -1 \ \text{nếu} \ -1\leq u_n\leq 0 & \\ u_n^2+4u_n+2 \ \text{nếu} \ u_n<-1 & \end{matrix}\right.\]

Bài 2. Tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất sao cho bất đẳng thức $x^ky^kz^k(x^3+y^3+z^3)\leq 3$ đúng với mọi số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn điều kiện $x+y+z=3$.

Bài 3. Cho hàm số $f:\mathbb{N^*}\to\mathbb{N^*}$ thỏa mãn các điều kiện : $f$ tăng thực sự và $f(2n)=2f(n)$ với mọi số $n$ nguyên dương.

a, Giả sử $f(1)=3$ và $p$ là số nguyên tố lớn hơn $3$. Chứng minh tồn tại $n$ sao cho $f(n)$ chia hết cho $p$.

b, Cho $q$ là số nguyên tố lẻ. Hãy xây dựng một hàm $f$ thỏa mãn điều kiện bài toán mà $f(n)$ không chia hết cho $q$ với mọi số nguyên dương $n$.

Bài 4. Tam giác $ABC$ có $\angle BAC$ tù, $H$ là chân đường cao từ $A$ xuống $BC$. Điểm $M$ thay đổi trên cạnh $AB$. Dựng $N$ sao cho $\triangle BMN\sim \triangle HCA$ ($H,N$ nằm khác phía đối với $AB$).

a, $CM$ cắt đường tròn ngoại tiếp $\triangle BMN$ tại $K$ khác $M$. Chứng minh $NK$ luôn đi qua điểm cố định.

b, $NH$ cắt $AC$ tại $P$. Dựng $Q$ sao cho $\triangle HPQ\sim \triangle HNM$ ($Q,M$ nằm khác phía đối với $NP$). Chứng minh rằng $Q$ thuộc một đường thẳng cố định.

Bài 2 ngày 2. Ý tưởng chính là quy nạp

Dễ thấy với $n=2$ thì ít hơn $2$ bước di chuyển nên bài toán đúng với $n=2$.

Giả sử đúng đến $n$, ta chứng minh đúng với $n+1$.

Xét $n+1$ ở vị trí $k$ với $k$ khác $n+1$.

Nhận thấy rằng ta không thể lấy một số ở vị trí trước $k$ rồi thêm vào sau $k$ trước khi đưa số $n+1$ vào vị trí cuối cùng nên khoảng cách từ vị trí của số $n+1$ đến vị trí cuối cùng chỉ có thể giảm hoặc không đổi.

Sau mỗi bước di chuyển, nếu một số ở sau vị trí $k$ nhỏ hơn hoặc bằng $k$ được chuyển về trước vị trí $k$ thì khoảng cách từ vị trí của số $n+1$ đến vị trí cuối cùng sẽ giảm xuống $1$. Do đó ta chỉ cần xét cho trường hợp xấu nhất là tất cả các số sau vị trí $k$ đều lớn hơn $k$.

Ta thấy tồn tại một song ánh giữa hai tập $\left \{ k+1,k+2,...,n+1 \right \}\to\left \{ 1,2,...,n-k+1 \right \}$ nên để tất cả các số sau vị trí $k$ về vị trí đúng thì cần ít hơn $2^{n-k+1}$ bước. Do đó để số $n+1$ về đúng vị trí của nó thì cần ít hơn hoặc bằng $2^{n-k+1}$.

Theo giả thiết quy nạp để chuyển dãy là hoán vị của $\left \{ 1,2,3,..,n \right \}$ về vị trí đúng thì cần ít hơn $2^n$ bước nên để chuyển dãy là hoán vị của $\left \{ 1,2,3,..,n+1 \right \}$ thì cần ít hơn $2^n+2^{n-k+1}\leq 2^n+2^n=2^{n+1}$ (bước).

Do đó ta có đpcm.

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA THPT CHUYÊN KHTN - ĐHQG HÀ NỘI VÒNG 1 NGÀY 2 NĂM 2016

Bài 1. Cho $n$ nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $m$ có $n$ chữ số, chỉ gồm các chữ số $1,2,3$ và chia hết cho $S(m)$ (tổng các chữ số của $m$)

Bài 2. Cho một hoán vị của dãy số $\left \{ 1,2,3,...,n \right \}$, viết từ trái sang phải. Ta sẽ chuyển dãy số này về đúng vị trí, tức là $\left \{ 1,2,3,...,n \right \}$. Mỗi bước ta thực hiện như sau : Chọn số gần tay nhất mà không đứng đúng vị trí rồi chuyển nó về vị trí đúng (ví dụ : Dãy $3 \ 1 \ 4 \ 2$. Sau một bước chuyển thì $2$ về vị trí thức hai thành $3 \ 2 \ 1 \ 4$. Chứng minh rằng sau ít hơn $2^n$ bước thì dãy luôn chuyển về đúng vị trí.

Bài 3. Tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ sao cho $ABCD$ không phải là hình thang. Tiếp tuyến tại $C,D$ của $(O)$ cắt nhau tại $T.TA$ giao $BD$ tại $S.E$ đối xứng $B$ qua $S.AB$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $EBC$ tại $F.EC$ giao $TA$ tại $P$.

a, Chứng minh rằng $PF$ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác $EBC$.

b, Giả sử $PF$ cắt $AC$ tại $Q. H, K$ lần lượt là hình chiếu của $Q$ lên $F A, F C. M$ là trung điểm $FA$. Chứng minh rằng tiếp tuyến qua $A$ của $(O)$ và đường thẳng qua $Q$ song song với $AO$ cắt nhau trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $MHK$.

Bài 4. Cho $a,b,c>0$ sao cho $a+b+c=3$. Chứng minh rằng :

\[\frac{a}{b^2(ca+1)}+\frac{b}{c^2(ab+1)}+\frac{c}{a^2(cb+1)}\geq \frac{9}{(1+abc)(ab+bc+ca)}\]