Cho hai điểm $A,B$ cố định, $C$ là một điểm chạy trên tia $Bx$ với $Bx$ vuông góc $AB$. Gọi $M$ là một điểm trên $AB$ thỏa mãn $\frac{MA}{MB}=\frac{AC}{AB}$. Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ lên $CM$. Tìm quỹ tích điểm $H$

Năm khách hàng vào một siêu thị nhỏ gồm 5 gian hàng khác nhau. Mỗi người chọn ngẫu nhiên một gian để mua hàng. Tính xác suất để mỗi gian hàng có đúng 1 người để đến mua

Bài giải

Gọi $\Omega$ là tập hợp các khả năng các khách hàng chọn các gian hàng

Mỗi khách hàng có 5 khả năng lực chọn nên $\left | \Omega \right |=5^5$

Gọi là $A$ là biến cố mỗi gian hàng có đúng một người đến mua

Gọi $(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)$ là dãy 5 chữ số, $x_i$ chỉ gian hàng mà hành khách thứ $i$ chọn

Ta thấy mỗi cách khách lên tàu ứng với một cách chọn dãy $(x_1, x_2, x_3, x_4, x_5)$ sao cho trong đó $x_i, x_j$ đôi một khác nhau. 

Suy ra $\left | \Omega _A \right |=5!$

Vậy theo định nghĩa xác suất cổ điển

$P_(A)=\frac{\left | \Omega _A \right |}{\left | \Omega \right |}=\frac{5!}{5^5}$

Bài 6. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$. $P$ là điểm ở trong tam giác sao cho $PI$ vuông góc với $IA$. Gọi $Q$ đẳng giác $P$ trong tam giác $ABC$. $AQ$ cắt $BC$ tại $E$. Gọi $J$ là trung điểm $IE$. Đường thẳng qua $I$ vuông góc với $OI$ cắt đường thẳng qua $J$ vuông góc với $IQ$ tại $S$ và cắt $AP$ tại $T$. Chứng minh $I$ là trung điểm đoạn $ST$.

Giải:

Bổ đề 1: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $P,Q$ là hai điểm đẳng giác liên hợp trong tam giác. $AP$ cắt $(O)$ tại $M$ khác $A$. $QM$ cắt $BC$ tại $N$. Khi đó, $PN$ song song $AQ$.

Chứng minh bổ đề 1: Tham khảo #4 trong link http://www.artofprob...unity/c6h618960

Bổ đề 2: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $AE,AF$ là hai đường đẳng giác trong tam giác. $AF$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $A$.  $I$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$ và $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. Gọi $M$ là trung điểm $IE$. Khi đó $JM,PI$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(O)$.

Chứng minh bổ đề 2: 

Gọi $D$ là chân đường phân giác trong tam giác $ABC$. Gọi $N$ là giao điểm $JM, AE$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $AEI$ có $J,M,N$ thẳng hàng, suy ra $\frac{JI}{JA}=\frac{NE}{NA}$

Lại có kết quả quen thuộc là $\frac{JI}{JA}=\frac{ID}{IA}$ suy ra $\frac{NE}{NA}=\frac{ID}{IA}$ suy ra $IN\parallel ED$ (theo ĐL Thales đảo)

Gọi $Q$ là giao điểm thứ hai của $AE$ với $(O)$. Gọi $T$ là giao điểm $PI$ với $(O)$. Do $IN$ song song $BC$ suy ra $\angle NIT=\angle QPT=\angle NAT$ suy ra $A,I,N,T$ cùng thuộc một đường tròn. Suy ra $\angle NTI=\angle NAI=\angle JAP=\angle JTI$ suy ra $J,N,T$ thẳng hàng. Suy ra đpcm.

Bổ đề 3: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, tâm nội tiếp $I$. $P$ là điểm trong tam giác sao cho $PI\perp IA$; $Q$ là điểm đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$. $AP$ cắt $(O)$ tại $T$. Chứng minh rằng $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AQT$.

Chứng minh bổ đề 3: 

Gọi $E$ là giao điểm $TQ,BC$. Áp dụng bổ đề 1, ta có $PE\parallel AQ$. Gọi $D$ là giao điểm $PE,AI$. Dễ dàng chứng minh $APD$ là tam giác cân tại $P$.

Gọi $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. Gọi $L$ là giao điểm $TI$ với $(O)$. $N$ là giao điểm $JL,BC$.

Do $JN.JL=JB^2=JI^2$ nên suy ra $\angle JIN=\angle JLT=\angle JAT=\angle PDI$ suy ra $ PE$ song song $IN$ 

Dễ thấy $I$ là trung điểm $AD$, gọi $K$ là chân đường phân giác trong tam giác $ABC$, ta có $\frac{DE}{IN}=\frac{KD}{KI}$

Lại có $\frac{IA}{IJ}=\frac{KD}{KI}$ suy ra $\frac{DE}{IN}=\frac{KD}{KI}=\frac{DI}{IJ}$

Xét tam giác $IED$ và tam giác $JNI$ có $\angle JIN=\angle IDE$ và $\frac{DE}{IN}=\frac{DI}{IJ}$

suy ra $\triangle IED\sim \triangle JNI$ suy ra $\angle DIE=\angle IJN$ suy ra $JL\parallel IE$

Suy ra $\angle TIE=\angle JIN (=\angle TLJ)$  suy ra $\angle NIE=\angle JIT$

Mà $\angle IEN=\angle JNE=\angle JTI$ suy ra $\triangle JIT\sim \triangle NIE$. Suy ra $\frac{IN}{IE}=\frac{IJ}{IT}$

suy ra $\triangle INJ \sim \triangle IET$ suy ra $\angle IJN=\angle ITE=\angle ITA$

Suy ra $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AQT$.

Ta có đpcm

Trở lại bài toán: 

Áp dụng bổ đề 3, gọi $M$ là giao điểm $AP$ với $(O)$ suy ra $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AMQ$. Gọi $K$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. $N$ là giao điểm $KJ$ với $BC$. Chứng minh được $IN \parallel AQ$

Áp dụng bổ đề 2, suy ra $KJ, MI$ cắt nhau tại $L$ trên $(O)$

Ta có $\angle QIK=\angle IQA$; $\angle NIK=\angle QAI$ và $\angle JKA=\angle IMA$ 

Suy ra $\angle JKA+\angle QIK=90$ suy ra $JK\perp IQ$

Suy ra $S$ thuộc $KL$

Áp dụng định lý con bướm, ta có $IS=IT$

Suy ra đpcm

Hình cho bổ đề 2

 http://i.imgur.com/6dH8w0u.jpg

Hình cho bổ đề 3

http://i.imgur.com/0zvLKlR.jpg

Hình bài toán 

http://i.imgur.com/hobNKVi.jpg

trong quá trình tìm lời giải cho bài này thì mình còn vướng ở bài toán sau

tam giác $ABC$ với phân giác trong $AD$ và tâm nội tiếp $I$.$E\in AC$ sao cho $DE||AB$.$EI\cap (IBC)=K$.

$\text{CMR}$ $AEDK$ nội tiếp

Giải:

Gọi $J$ là giao điểm $AC$ với $(IBC)$

Do $\angle EAD=\angle DAB=\angle EDA$ suy ra tam giác $ADE$ cân tại $E$ suy ra $EA=ED$

Gọi $T$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của $(ABC)$ suy ra $T$ là tâm ngoại tiếp tam giác $IBC$

Suy ra $\angle ITJ=2\angle ICJ=\angle DCJ$ suy ra $D,T,C,J$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $\angle DJT=\angle DCT=\angle IDE$

Từ đó suy ra được $\angle JDE=\angle JTD=\angle ECD$

Suy ra $\triangle JED\sim \triangle DEC$ suy ra $ED^2=EJ.EC$ 

Tương đương $EA^2=EI.EK$ suy ra $\angle EKA=\angle EAI=\angle EDA$ suy ra $E,A,K,D$ cùng thuộc một đường tròn

Bài 5. Cho tam giác $ABC$ có phân giác trong $BE$. $D$ là điểm thuộc $BC$ sao cho $\angle DAC= \angle B$. $K$ là tâm nội tiếp tam giác $ADC$. $EK$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$ tại $L$ khác $E$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $LBC$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$.

Bài giải:

Dễ chứng minh $\triangle CBA \sim \triangle CAD$ suy ra $\frac{BA}{BC}=\frac{AD}{AC}$

Gọi $P$ là giao điểm $AK,BC$.

Theo tính chất đường phân giác ta có:

$\frac{AD}{AC}=\frac{PD}{PC}$ và $\frac{BA}{BC}=\frac{EA}{EC}$ suy ra $\frac{PD}{PC}=\frac{EA}{EC}$ suy ra $EP\parallel AD$

Suy ra $\angle CPE=\angle CDA=\angle CAB$ suy ra $P$ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$.

Gọi $I$ là tâm nội tiếp tam giác $ABC$ và $M$ là giao điểm $AI$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABE$

Áp dụng định lý Pascal cho các điểm $A,E,M,P,B,L$ cùng thuộc đường tròn $(ABE)$, suy ra $LM,BP$ cắt nhau tại một điểm thuộc $KI$ suy ra $L,M,C$ thẳng hàng

Gọi $S$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$ của $(ABC)$

Suy ra $\angle CLB=\angle MLB=\angle IAB=\frac{1}{2}\angle CSB$ 

Suy ra $S$ là tâm ngoại tiếp tam giác $LBC$

Ta có điều phải chứng minh

Tính tổng:

1. $A=\textrm{C}_{2009}^{0}-\frac{1}{3}\textrm{C}_{2009}^{2}+\frac{1}{5}\textrm{C}_{2009}^{4}-...+\frac{1}{2009}\textrm{C}_{2009}^{2008}$

2.$B=\frac{\textrm{C}_{8}^{8}}{7.8}+\frac{\textrm{C}_{9}^{8}}{8.9}+...+\frac{\textrm{C}_{2010}^{8}}{2009.2010}$

Câu 1:

$A=\sum_{k=0} ^{1004}\frac{(-1)^k}{2k+1}C_{2009}^{2k}=\frac{1}{2010}\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}.(-1)^k$

Xét 

$(1+i)^{2010}=\sum_{k=0}^{2010}C_{2010}^{k}i^{k}=\sum_{j=0}^{1005}C_{2010}^{2j}i^{2j}+\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}i^{2k+1}=\sum_{j=0}^{1005}C_{2010}^{2j}.(-1)^{j}+(\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}(-1)^{k})i$

Mặt khác, cũng có

$(1+i)^{2010}=\left [ \sqrt{2}\left ( cos\frac{\pi}{4}+i.sin\frac{\pi}{4} \right ) \right ]^{2010}=2^{1005}cos\frac{2010\pi}{4}+\left ( 2^{1005}sin\frac{2010\pi}{4} \right )i=2^{1005}i$

Từ trên suy ra 

$\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}.(-1)^k=2^{1005}$

Vậy $A=\frac{1}{2010}\sum_{k=0}^{1004}C_{2010}^{2k+1}.(-1)^k=\frac{2^{1005}}{2010}$

Câu 2:

$B=\sum_{k=8}^{2010}\frac{C_{k}^{8}}{(k-1)k}=\frac{1}{8}\sum_{k=8}^{2010}\frac{C_{k-1}^{7}}{k-1}=\frac{1}{56}\sum_{k=8}^{2010}C_{k-2}^{6}=\frac{1}{56}sum_{i=6}^{2008}C_{i}^{6}$

Xét $S=\sum_{k=6}^{2008}(x+1)^k=\frac{(x+1)^{2009}-(x+1)^6}{x}=$

Hệ số của $x^6$ trong khai triển $S$ là  $\sum_{i=6}^{2008}C_{i}^{6}=C_{2009}^{7}$

Vậy $B=\frac{C_{2009}^{7}}{56}$

Câu III.(3 điểm)

Cho tam giác $ABC$ nhọn không cân với $AB<AC$.Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$.Gọi $H$ là hình chiếu vuông góc của $B$ trên đoạn $AM$.Trên tia đối của tia $AM$ lấy điểm $N$ sao cho $AN=2MH$

1)Chứng minh rằng $BN=AC$

2)Gọi $Q$ là điểm đối xứng với $A$ qua $N$.Đường thẳng $AC$ cắt $BQ$ tại $D$.Chứng minh rằng bốn điểm $B,D,N,C$ cùng thuộc một đường tròn,gọi đường tròn này là $(O)$

3)Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AQD$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $D$.Chứng minh rằng $NG$ song song với $BC$

 

Bài giải

a)Gọi $P$ là điểm đối xứng của $A$ qua $M$. suy ra $HP=HM+MB=2HM+AH=AN+AH=HN$ suy ra $H$ là trung điểm $NP$ mà $BH\perp NP$ suy ra tam giác $PNB$ cân tại $P$ suy ra $BN=BP$. Mặt khác lại có $M$ là trung điểm $BC,AP$ suy ra tứ giác $ACPB$ là hình bình hành, suy ra $AC=BP$. Từ đó suy ra $AC=BN$.

b) Do tứ giác $ACPB$ là hình bình hành, suy ra $\angle PAC=\angle APB$ mà do tam giác $PBN$ cân tại $B$ suy ra $\angle APB=\angle ANB$ suy ra $\angle ANB=\angle PAC$ suy ra $\angle CAN=\angle BNQ$. Lại có $AC=NB, NQ=AN$ suy ra $\triangle BNQ=\triangle CAN$ suy ra $\angle NBD=\angle NCD$ suy ra $N,B,C,D$ cùng thuộc một đường tròn.

c) $G$ là giao điểm $(DQG)$ với $(DBC)$ suy ra $\angle CAG=\angle BQG$ mà $\angle GBQ=\angle GCA$ suy ra $\triangle GBQ\sim \triangle GCA$, suy ra $\dfrac{GA}{AC}=\dfrac{GQ}{QB}=$ suy ra $\dfrac{GA}{NB}=\dfrac{GQ}{NC}$ mà $\angle BNC=\angle BDC=\angle AGQ$ suy ra $\triangle NBC\sim \triangle GAQ$ suy ra $\angle GQA=\angle NCB$ suy ra $\angle NCB=\angle GDC$ suy ra $GC=NB$ suy ra $NG\parallel BC$.

Bài 1: Giải phương trình sau : 

                 $\sin 4x +2=\cos 3x+4 \sin x+\cos x$

Bài 2: Tìm $m$ để phương trình có nghiệm

                 $x+1=m\sqrt[4]{x^4+1}$

Bài 3: Trên mỗi cạnh của hình vuông ta lấy $10$ điểm phân biệt ( khác với các đỉnh hình vuông ). Hỏi có bao nhiêu tam giác có $3$ đỉnh là các điểm nêu trên 

Bài 4 : Cho chóp $S.ABC$ có $SA$ vuông góc với $(ABC)$, $SA=x,AB=c,AC=b$ và $\widehat{BAC}=30^0$. Gọi $H,K$ là chân đường cao hạ từ $A$ xuống $SB,SC$

 a, Tính $\frac{V_{SAHK}}{V_{S.ABC}}$

 b, Tính $V_{ABCHK}$

 c, Cho $2x^2 \geq b^2+c^2$. Chứng minh rằng: $\frac{V_{SAHK}}{V_{S.ABC}}\leq \frac{3}{4}$

Bài 5: Cho $x,y,z>0$ và $xyz=1$. Tìm Min của 

                $P=\frac{x^3+y^3+z^3}{3}-\frac{3}{4}\left | (x-y)(y-z)(z-x) \right |$

Bài 1: 

$sin4x+2=cos3x+4sinx+cosx\Leftrightarrow 4sinx.cosx.cos2x+2=2cosx(2cosx^2x-1)+4sinx\Leftrightarrow 4sinx.cosx.cos2x+2=2.cosx.cos2x+4sinx\Leftrightarrow 2sinx.cosx.cos2x+1=cosx.cos2x+2sinx\Leftrightarrow (2sinx-1)(cosx.cos2x-1)=0$

$\Rightarrow sinx=\frac{1}{2}$ hoặc $cosx.cox2x=1$

 Bài 3:

Số tam giác có 3 đỉnh là 3 trong số các điểm đã lấy trên cạnh là: $C_{4}^{1}.C_{10}^{2}.C_{1}^{3}.C_{10}^{1}+C_{4}^{3}.C_{10}^{1}.C_{10}^{1}.C_{10}^{1}$

Bài 4:

a) $\frac{V_{SAHK}}{V_{SABC}}=\frac{SH.SK}{SB.SC}=\frac{SH.SB.SK.SC}{SB^2.SC^2}=\frac{SA^4}{SB^2.SC^2}=\frac{x^4}{(x^2+c^2).(x^2+b^2)}$

b) $V_{SABC}=\frac{1}{3}SA.S_{ABC}=\frac{1}{6}SA.AB.AC.sin30=\frac{xbc}{12}$

vậy $V_{ABCHK}=\frac{xbc[(x^2+c^2).(x^2+b^2)-x^4]}{12(x^2+c^2).(x^2+b^2)}$  

c) Với $2x^2\geq b^2+c^2\Leftrightarrow 4x^2\geq x^2+b^2+x^2+c^2\geq 2\sqrt{(x^2+b^2)(x^2+c^2)}\Rightarrow 4x^4\geq (x^2+b^2)(x^2+c^2)\Rightarrow \frac{x^4}{(x^2+b^2)(x^2+c^2)}\geq \frac{1}{4}$

Suy ra $\frac{V_{SAHK}}{V_{SABC}}\geq \frac{1}{4}$ suy ra $\frac{V_{ABCHK}}{V_{SABC}}\leq \frac{3}{4}$

tính $\sum_{k=0}^{n}(-1)^k(n-k)\begin{pmatrix} n\\k \end{pmatrix}$

$\sum_{k=0}^{n}(-1)^k(n-k)C_{n}^{k}=\sum _{k=0}^{n-1}(-1)^k(n-k)C_{n}^{n-k}=n\sum _{k=0}^{n-1}(-1)^kC_{n-1}^{n-k-1}=n\sum_{k=0}^{n-1}(-1)^kC_{n-1}^{k}=n$

 Tính tích phân của biểu thức :

 

   $\int_{0}^{\frac{\pi }{4}}\frac{sin2x}{2sin^2x+5sinx+2}dx$

$\int_{0}^{\frac{\Pi }{4}}\frac{2sinx.d(sinx)}{(2sinx+1).(sinx+2)}=\frac{1}{3}\int_{0}^{\frac{\Pi }{4}}\frac{4(2sinx+1)-2(sinx+2)}{(2sinx+1)(sinx+2)}d(sinx)=\frac{1}{3}\int \int_{0}^{\frac{\Pi }{4}}\left (  \frac{4}{sinx+2}-\frac{2}{2sinx+1}\right )d(sinx)=\frac{4}{3}\int_{0}^{\frac{\Pi }{4}}\frac{d(sinx+2)}{sinx+2}-\frac{1}{3}\int_{0}^{\frac{\Pi }{4}}\frac{d(2sinx+1)}{2sinx+1}=\left (\frac{4}{3}ln(sinx+2) -\frac{1}{3}ln(2sinx+1) \right )|_{0}^{\frac{\Pi }{4}}=\frac{4}{3}ln\left(\frac{1}{\sqrt{2}+1} \right )-\frac{1}{3}ln\left ( 1+ \sqrt{2}\right )-\frac{4}{3}ln2$

Từ 1 điểm $E$ ở ngoài đường tròn $(O)$ kẻ 2 tiếp tuyến với đường tròn tại $A,B$.Gọi $M$ là 1 điểm thuộc đoạn $AB$ ($M$ khác $A,B$ và $MA$ khác $MB$). $C,D$ là 2 điểm thuộc đường tròn sao cho $M$ là trung điểm $CD$. Các tiếp tuyến của đường tại $C,D$ cắt nhau tại $F$

Chứng minh tam giác $OFE$ vuông

Ta có $MO.MF=MC^2=MC.MD=MA.MB$ suy ra $O,F,A,B$ cùng thuộc một đường tròn. Suy ra $F $ thuộc dường tròn đường kính $OE$. Suy ra đpcm

cho tam giác $ABC$ với các đường cao $AA',BB',CC'$ đồng quy tại $H$.Gọi $T$ là trung điểm $B'C$ và đặt $U=TH\cap (HBC')$.Gọi $F=BC\cap B'C'$.CMR $AB,A'U,HF$ đồng quy

 

Bài giải

Kẻ tiếp tuyển tại $H$ của $(HBC')$ cắt $BC$ tại $G$. Khi đó $GH\perp BH$, suy ra $GH\parallel AC$

Do $CB'\parallel HG$ và $TB'=TC$

Suy ra $H(GT,CB')=-1$ suy ra $H(HU,C'B)=-1$

Suy ra $A'(HU,C'B)=-1$

Gọi $D$ là giao điểm $HF$ với $AB$

Suy ra $F(AH,C'B)=-1$ suy ra $(AD,C'B)=-1$ suy ra $A'(AD,C'B)=-1$ suy ra $A'(HD,C'B)=-1$

Suy ra $A'(HD,C'B)=A'(HU,C'B)=-1$ suy ra $A',D,U$ thẳng hàng

suy ra $A'U,AB,HF$ đồng qui.

P/s: Nếu ko phiền rất mong bạn có thể cho mình xem bài toán gốc với

Tam giác ABC vuông tại A. D đối xứng B qua A và M là trung điểm CD. Đường tròn (BDM) cắt AC ở E nằm trong tam giác ABC. Đường tròn (BCE) cắt BM tại F khác B. BE,CF cắt nhau ở I. BM,DI cắt nhau ở K.

 

 

1. Chứng minh CM=MF.

 

2. Chứng minh I là tâm nội tiếp tam giác BKC.

 

p/s câu 2 nhé

http://diendantoanho...-nai-2014-2015/

 

Câu 4 (5 điểm)

Tam giác $ABC$ vuông tại $A$. $D$ đối xứng $B$ qua $A$ và $M$ là trung điểm $CD$. Đường tròn $(BDM)$ cắt $AC$ ở $E$ nằm trong tam giác $ABC$. Đường tròn $(BCE)$ cắt $BM$ tại $F$ khác $B$. $BE,CF$ cắt nhau ở $I$. $BM,DI$ cắt nhau ở $K$.

1. Chứng minh $CM=MF$.

2. Chứng minh $I$ là tâm nội tiếp tam giác $BKC$.

Bài giải:

1) Do $E$ thuộc trung trực $BD$, suy ra $\angle EMC=\angle EBD=\angle EDB=\angle EMB$ suy ra $ME$ là phân giác $\angle BMC$. Lại có $CE$ là phân giác $\angle MCB$. Suy ra $E$ là tâm nội tiếp tam giác $MCB$. Suy ra $BE$ là phân giác $\angle CBM$.

$\angle EFM=\angle ECB=\angle ECM$; $\angle EFC=\angle ECF$

Suy ra $\angle MCF=\angle MCE+\angle ECF = \angle MFE+\angle EFC=\angle MFC$ suy ra tam giác $MFC$ cân tại $M$.

Suy ra $MC=MF$

2) Từ $MC=MF$ suy ra $M,F,A,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CD$.

Gọi $J$ là giao điểm $DI$ với $(MBD)$

Ta có $IB.IE=IF.IC=IJ.ID$ suy ra  $D,J,C,F$ cùng thuộc một đường tròn suy ra $J$ thuộc đường tròn đường kính $CD$

$MJ=MD$ suy ra $M$ là điểm chính giữa cung $DJ$ của $(MBD)$

Từ đó dễ dàng chứng minh $\triangle MJB=\triangle MAB$ suy ra $BM$ là đường trung trực $AJ$.

Suy ra $F$ thuộc trung trực $AJ$, suy ra $F$ là điểm chính giữa cung $AJ$ của đường tròn đường kính $DC$.

Suy ra $DF$ là phân giác $\angle BDJ$

Suy ra $\angle ADK=2 \angle ADF=\angle AMK$ suy ra $A,M,D,K$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $\angle BKI=\angle MKD=\angle MAD$

Do $\angle MAE=\angle MFE=\angle MCA$ suy ra $M,E,F,A$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $ME,AF,DJ$ đồng qui tại một điểm là tâm đẳng phương của 3 đường tròn $(AEF), (MBD), (ADC)$

Gọi $G$ là giao điểm $ME,AF,DJ$

Dễ thấy $\triangle MDF \sim \triangle EDB$ từ đó suy ra được $ME\parallel DF$ và $\angle BAF=\angle EBM$

Gọi $L$ là giao điểm $AF,CB$

Suy ra $\angle LGE=\angle DFA=\angle LCE$ suy ra $L,E,C,G$ cùng thuộc một đường tròn

Lại có $\angle ECI=\angle FBI=\angle FDI=\angle EGI$ suy ra $E,G,I,C$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $E,G,I,C,L$ cùng thuộc một đường tròn

suy ra $\angle ICB=\angle IGF$ và $\angle $FCG=\angle BEG=BDC=\angle FKG$ suy ra $F,K,C,G$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $\angle KCF=\angle KGF$ suy ra $\angle KCF=\angle FCB$

Suy ra $CF$ là phân giác $\angle KCB$

Lại có $BE$ là phân giác $\angle KBC$

Suy ra $I$ là tâm nội tiếp tam giác $KBC$

Cho tam giác $ABC$ với tâm nội tiếp $I$ và tâm ngoại tiếp $O$. Gọi $H$ là trực tâm của tam giác. $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại D. Giả sử rằng $HD//AO$. Chứng minh rằng $IO//BC$

Ta có bổ đề quen thuộc sau: Cho tam giác $ABC$, $I$ là tâm nội tiếp tam giác. $D$ là tiếp điểm của $BC$ với $(I)$. $DE$ là đường kính $(I)$. Gọi $F$ là giao điểm $AE$ với $BC$. Chứng minh rằng $BD=CF$

Chứng minh bổ đề:

Xét phép vị tự $V_A^{ \frac{r}{r_a}}: I\rightarrow I_A$ và $E\rightarrow E'$

Khi đó $A,D,E'$ thẳng hàng và $E'$ là tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc $A$ với $BC$

Suy ra $F,E'$ trùng nhau

Khi đó $CF+AC=p$ mặt khác $BD+AC=p$ suy ra $BD=CF$

suy ra đpcm

Trở lại bài toán:

Gọi $O'$ là điểm đối xứng với $O$ qua $BC$

Bài toán quen thuộc suy ra $OO'=AH$ suy ra tứ giác $AOO'H$ là hình bình hành

suy ra $O'H\parallel AO$ suy ra $D \in O'H$

Gọi $J$ là giao điểm $AO$ với $BC$

Gọi $M$ là trung điểm $BC$

suy ra $M$ là trung điểm $OO'$

Áp dụng Thales suy ra $M$ là trung điểm $DJ$

Dựng $DE$ là đường kính đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$

Gọi $J'$ là giao điểm $AE$ với $BC$

Áp dụng bổ đề trên dễ thấy $J'$ phải trùng với $J$

suy ra $A,O,E$ thẳng hàng

suy ra $EDO'O$ là hình bình hành

$I$ là trung điểm $ED$, $M$ là trung điểm $OO'$

suy ra $ID=OM$ mà $ID,OM$ cùng vuông góc với $BC$ suy ra tứ giác $IOMD$ là hình chữ nhật suy ra $OI\perallel MD$

suy ra đpcm

Bài 4:

Bài giải:

(cho phép mình gõ hướng giải thôi nhé!)

a) Gọi $A$ là giao điểm đường tròn $(PMH)$ với $Ox$, $B$ là giao điểm đường tròn $(PNH)$ với $Oy$

Khi đó dễ dàng biến đổi góc chứng minh được $A,H,B$ thẳng hàng

Mặt khác cũng biến đổi góc nội tiếp sẽ suy ra được các tam giác $OPA,OPB$  cân tại $P$

Suy ra $O,A,B$ cùng thuộc đường tròn tâm $P$

$O,P$ cố định, $\angle $xOy$ cố định

suy ra $(P;PO$ cố định, ,suy ra $A,B$ cố định

Suy ra $H$ luôn thuộc đường thẳng $AB$ cố định.

b) Từ giả thiết suy ra $D,E$ luôn thuộc đường tròn đường kính $OP$

Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm $(P,PO)$ với $Ox,Oy$

Gọi $I$ là giao điểm $DE,MN$

$\angle OMN=\angle OPN=\angle ODI$ suy ra $O,M,D,I$ thuộc cùng một đường tròn

suy ra $\angle DOS=\angleDIM$

Tương tự suy ra $\angle EOT=\angle EIT$

suy ra $\angle DOS=\angle EOT$ suy ra $DS=ET$ suy ra $DT\parallel ES$

suy ra $DE=ST$

Gọi $J$ là trung điểm $OP$ suy ra $J$ cách đều hai dây $DE,ST$

Dựng đường tròn cố định tâm $J$ tiếp xúc $ST$ suy ra đường tròn này cũng tiếp xúc $DE$

suy đpcm

Câu 5 (3 điểm)

Cho tứ giác lồi $ABCD$ có $BD$ là phân giác trong góc $ABC$. Đường tròn $(ABC)$ cắt $AD,CD$ tại $P,Q$ tương ứng. Một đường thẳng qua $D$ song song $AC$ cắt $BC,BA$ tại $R,S$ tương ứng. Chứng minh $P,Q,R,S$ đồng viên.

 

Bài giải

Gọi $M$ là điểm chính giữa cung $AC$ không chứa $B$

Gọi $S'$ là giao điểm $BA,QM$

Gọi $R'$ là giao điểm $BC,PM$

Áp dụng định lý Pascal cho các điểm $A,B,C,Q,M,P$

suy ra $S',D,R'$ thẳng hàng

Do $\angle S'BD=\angle S'QD$ suy ra $S',B,Q,D$ thuộc cùng một đường tròn

Suy ra $\angle DS'Q=\angleDBQ$

Dọi $I$ là giao điểm $AP,QM$, $J$ là giao điểm $PM,QC$

Do $\angle IPM=\angle ABM=\angle JQM$ suy ra $P,Q,I,J$ cùng thuộc một đường tròn

Suy ra $\angle QPM=\angle QIM=\angle QBD=\angle QS'D$

Gọi $K$ Là giao điểm $AC,QM$

từ các điều trên sẽ chứng minh được $AC\parallel IJ\parallel S'R'$

suy ra $S,S'$ trung nhau, $R,R'$ trùng nhau

Từ đó có $Q,M,S$ thẳng hàng, $P,M,R$ thẳng hàng

Do $\angle RPQ=\angle RSQ$ suy ra $P,Q,R,S$ thuộc cùng một đường tròn

cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$.$M$ là trung điểm $BC$ và $M'=AM\cap (O)$.Tiếp tuyến tại $M'$ cắt đường thẳng qua $M$ vuông góc với $AO$ tại $X$.$Y,Z$ được xác định tương tự.Chứng minh rằng $X,Y,Z$ thẳng hàng

 

U-Th

Ý tưởng ta sẽ chứng minh $X,Y, Z$ cùng thuộc trục đẳng phương của đường tròn $(O)$ và đường tròn Euler của tam giác $ABC$

Bài giải

Gọi $D$ là giao điểm $AO$ với $(O)$

Gọi $I$ là trung điểm $AH$

Kết quả quen thuộc, ta có $M$ cũng là trung điểm $HD$

Suy ra $IM$ là đường trung bình tam giác $HAD$

Suy ra $IM\parallel OA$

Gọi $N$ là tâm Euler của tam giác $ABC$ suy ra $NM\parallel OA$

Lại có $XM\perp OA$ suy ra $XM\perp NM$

Suy ra $X$ là giao điểm tiếp tuyến tại $M$ của $(N)$ và tiếp tuyến tại $M'$ của $(O)$

Gọi $P$ là giao điểm $XM$ và $OA$ suy ra $MPDM'$ nội tiếp

Suy ra $\angle AMP=\angle ADM'=\angleMM'X$

Suy ra $\angle M'MX=\angle M'MX$

Suy ra $XM=XM'$ suy ra $MX^2=M'X^2$

Suy ra X có cùng phương tích đến $(O)$ và $(N)$

Tương tự với $Y,Z$

Suy ra $X, Y, Z$ thẳng hàng.

Cho tam giác ABC khác tam giác cân. đường tròn tâm I nội tiếp tam giác và tiếp xúc với các cạnh BC, AC, AB lần lượt tại D, E, F. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác ADI, BEI, CFI thẳng hàng.

Gọi $D'$ là giao điểm phân giác ngoài góc $A$ với $BC$

Tương tự có $E, F$

Dễ thấy $AD'DI$ nội tiếp đường tròn đường kính $ID'$

Như vậy chỉ cần chứng minh $D',E',F'$ thẳng hàng

Lại có $\frac{D'B}{D'C}=\frac{AB}{AC}$

tương tự suy ra $\frac{D'B}{D'C}.\frac{E'C}{E'A}.\frac{F'A}{F'B}=1$

Áp dụng định lý Menelaus suy ra $\overline{D',E',F'}

suy ra đpcm

Bài 6 : Cho D là điểm nằm trên cạnh BC của tam giác ABC sao cho $\angle CAD=\angle CBA$. Một đường tròn tâm O qua hai điểm B,D cắt cạnh AB,AD lần lượt tại E,F. Đường thẳng BF và DE cắt nhau tại G. M là trung điểm AG. Chứng minh CM vuông góc với AO.

Bài giải

Do tứ giác $BDEF$ nội tiếp suy ra $\angle FBD=\angle AEF$ suy ra $\angle EAC=\angle AEF$ suy ra $EF/parallel AC$

Gọi $J$ là giao điểm $EF$ và $BC$

Gọi $I$ là giao điểm $AG$ và $BC$

Gọi $N$ là giao điểm $AG$ và $EF$

Áp dụng định lý Thales, ta có:

$\frac{\overline{IJ}}{\overline{IC}}=\frac{\overline{IN}}{\overline{IA}}$

Áp dụng định lý Brocard cho tứ giác toàn phần nội tiếp $BDEFAJ$ suy ra $O$ là trực tâm tam giác $AGJ$

suy ra $GJ\perp AO$

Cũng có $(AGNI)=-1$ (do tứ giác toàn phần)

$M$ là trung điểm $AG$ suy ra $\overline{IA}.\overline{IG}=\overline{IN}.\overline{IM}\Rightarrow \frac{\overline{IN}}{\overline{IA}}=\frac{\overline{IG}}{\overline{IM}}$

suy ra $\frac{\overline{IG}}{\overline{IM}}=\frac{\overline{IJ}}{\overline{IC}}$

suy ra $JG\parallel CM$

suy ra $CM\perp AO$

Cho tứ giác ABCD có E và F là giao điểm của AB với CD và AD với BC. CM các đường tròn đường kính AC, BD và EF có trục đẳng phương chung.

Bạn có thể tìm hiểu thêm về đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần.

Ta có với tứ giác toàn phần $ABCDEF$ thì trung điểm các đường chéo nằm trên một đường thẳng (điều này chứng minh được bằng định lí Menelaus thôi)

Các đường tròn có tâm nằm trên cùng một đường thẳng thì trục đẳng phương của chúng hoặc đôi một song song hoặc trùng nhau.

Cho tam giác ABC có trực tâm H và tâm ngoại tiếp O. AO cắt (O) tại A'; A'H cắt (O) tại A₁ và AH cắt (O) tại A₂; các cặp điểm B₁, B₂ và     C₁, C₂ được xác định tương tự. Chứng minh rằng A₁A₂, B₁B₂, C₁C₂ đồng quy.

Bài này vẫn đúng với trường hợp hai điểm đẳng giác liên hợp bất kì trong tam giác nên mình xin phép mở rộng một chút thế này:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $M,N$ là hai điểm đẳng giác liên trong tam giác.. $AM$ cắt $(O)$ tại $A'$. $AN$ cắt $(O)$ tại $A_1$. $A'N$ cắt $(O)$ tại $A_2$.  Tương tự có $B_1,B_2,C_1,C_2$

Chứng minh rằng $A_1A_2,B_1B_2,C_1C_2$ đồng qui.

Bài giải:

Trước hết ta cần bổ đề:

Cho tam giác $ABC$. $M,N$ là hai điểm đẳng giác liên hợp của tam giác. $AM$ cắt $(O)$ tại $A'$. $A'N$ cắt $BC$ tại $D$. Chứng minh rằng $MD$ song song $AN$.

(Bổ đề này mình có bài chứng minh nhưng thực sự thấy nó hơi dài nên rất mong các bạn chứng minh giúp nếu bí quá mình sẽ gửi link chứng minh sau )

Trở lại bài toán:

Phát hiện ra điểm đồng qui thuộc $MN$ (đường nối hai điểm đẳng giác liên hợp)

Do đó ta sẽ đi chứng minh ba đường cùng đi qua một điểm thuộc $MN$

Gọi $P$ là giao điểm $MN$ và $A_1A_2$

Gọi $D$ là giao điểm $A'N$ với $BC$. Gọi $J$ là giao điểm $MD$ với $A_1A_2$

Áp dụng bổ đề đã nêu trên suy ra $MJ$ song song $A_1N$

Áp dụng ĐL $Thales$ suy ra $\frac{PN}{PM}=\frac{A_1N}{JM}$

Dễ chứng minh được tứ giác $A_2JA'M$ nội tiếp suy ra $DA_2.DA'=DJ.DM$

Mặt khác $A2BA'C$ cùng thuộc đườn tròn $(O)$

suy ra $DB.DC=DA_2.DA'$

suy ra $DB.DC=DJ.DM$ suy ra $BJCM$ nội tiếp suy ra $\angle MBC=\angle MJC$ suy ra $\angle NBA=\angle MJC$

suy ra $\angle AA_1B_1=\angle MJC$

suy ra $JC$ song song $A_1B_1$

Gọi $P'$ là giao của $MN$ với $B_1B_2$

Gọi $E$ là giao của $B'N$ với $AC$. Gọi $I$ là giao của $ME$ với $B_1B_2$

Chứng minh tương tự như trên

suy ra $\frac{P'N}{P'M}=\frac{B_1N}{IM}$

và $IC$ song song $A_1B_1$

suy ra $IJ$ song song $A_1B_1$

cũng thấy tam giác $A_1NB_1$ và $MJI$ là hai tam giác đồng dạng (tam giác có cạnh tương ứng song song)

suy ra $\frac{A_1N}{MJ}=\frac{B_1N}{MI}$

suy ra $P,P'$ trùng nhau

Chứng minh tương tự suy ta $A_1A_2,B_1B_2,C_1C_2, MN$ đồng qui

Bài toán: Cho đường tròn tâm $I$ nội tiếp tam giác $ABC$ và lần lượt tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $X,Y,Z$. Gọi $M,N$ thứ tự là giao điểm của $BY,XZ$ và $XY,CZ$. Gọi $F$ là trung điểm $YM$, $E$ là trung điểm $ZN$. Chứng minh rằng $AI,YE,ZF$ đồng quy

Nguồn: Bài 19 Chương vecto Tài liệu chuyên toán 10, mình cần tìm một cách làm khác

Bài này có thể phát biểu đơn giản hơn như sau:

Cho tam giác $ABC$. $BE,CF$ là hai đường đối trung của tam giác. $M,N$ lần lượt là trung điểm $BE,CF$. Chứng minh rằng $CM,BN$ và trung trực $BC$ đồng qui.

Solution: http://www.artofprob...&t=618154

1, cho $\Delta ABC có \widehat{A} = 60. tìm M sao cho \sqrt{3}MA +MB + MC$ nhỏ nhất

Phía ngoài $\triangle ABC$ dựng $\triangle A'BC$ sao cho $\triangle A'BC$ đều.

Áp dụng bất đẳng thức $Ptolemy$ cho tứ giácc $MBA'C$ có : $MB.CA'+MC.BA' \geq BC.MA'$ mà $BC=CA'=A'B$

Suy ra $MB+MC\geq MA'$

Dựng tam giác $AA'N$ vuông tại $N$ có $\angle NAA'=60^o$ suy ra $\sqrt{3}.NA=NA'$

Áp dụng bất đẳng thức $Ptolemy$ cho tứ giác $MANA'$ có $MA.NA'+NA.MA'\geq MN.AA'$

suy ra $\sqrt{3}MA+MA'\geq \frac{MN.AA'}{NA}$

suy ra $\sqrt{3}MA+MB+MC\geq \sqrt{3}MA+MA'\geq \frac{MN.AA'}{NA}=const$ (Do $\angle BAC=60^o$ nên dễ chứng minh $N$ là đối xứng của trung điểm $BC$ qua $CA$ hoặc $AB$ suy ra $N$ là điểm cố định)

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi: tứ giác $MANA'$ và tứ giác $MBA'C$ đều là tứ giác nội tiếp

Suy ra điểm $M$ là giao của đường tròn ngoại tiếp $(MAA')$ và $A'BC$ để $\sqrt{3}MA +MB + MC$ đạt giá trị nhỏ nhất.

Bạn làm sai đoạn cuối nhé $\frac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{abc}\leq 1$ chứ

Công nhận là sai thật. Mình ẩu quá. Xin lỗi mọi người nhé! Mình chứng minh lại thế này:

   Cho tam giác $ABC$ với độ dài 3 cạnh là $a,b,c$. Gọi $R,l_{a},l_{b},l_{c}$  lần lượt là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác và độ dài 3 đường phân giác trong hạ từ 3 đỉnh xuống 3 cạnh của tam giác .Gọi $r_{a},r_{b},r_{c}$ lần lượt là bán kính đường tròn bàng tiếp ứng với 3 đỉnh của tam giác .CMR :

 

             $\frac{l_{a}^2.l_{b}^2.l_{c}^2}{a^2.b^2.c^2}\leq (\frac{r_{a}+r_{b}+r_{c}}{6R})^3$

$\frac{l_a^{2}}{a^2}=\frac{4bc.p(p-a)}{(b+c)^2a^2}$

$(b+c)^{2}\geq 4bc\Rightarrow \frac{l_a^2}{a^2}\leq \frac{p(p-a)}{a^2}\Rightarrow \frac{l_a^2l_b^2l_c^2}{a^2b^2c^2}\leq\frac{p^3(p-a)(p-b)(p-c)}{a^2b^2c^2}$

suy ra $\frac{l_a^2l_b^2l_c^2}{a^2b^2c^2}\leq\frac{p^3(p-a)(p-b)(p-c)}{a^2b^2c^2}\leq \frac{1}{27}\left (\frac{p(p-a)}{bc}+\frac{p(p-b)}{ca}+\frac{p(p-c)}{ab} \right )^{3}$

mà ta có $cos^{2}\frac{A}{2}=\frac{cosA+1}{2}=\frac{1}{2}\left (\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}+1 \right )=\frac{p(p-a)}{bc}$

suy ra $\frac{l_a^2l_b^2l_c^2}{a^2b^2c^2}\leq\frac{1}{27}\left ( cos^2\frac{A}{2}+cos^2\frac{B}{2}+cos^2\frac{C}{2} \right )^3= \frac{1}{27}\left (\frac{1}{2}\sum cosA +\frac{3}{2} \right )^3$

 mà

$\sum cosA=1+\frac{r}{R}$

$\sum r_a=p\left ( \sum tan\frac{A}{2} \right )=p\left ( \frac{4R+r}{p} \right )=4R+r$

$\Rightarrow \frac{l_a^2l_b^2l_c^2}{a^2b^2c^2}\leq\frac{1}{27}\left ( \frac{r}{2R}+2 \right )^3=\left ( \frac{4R+r}{6R}\right )^3= \left ( \frac{r_a+r_b+r_c}{6R} \right )^3$

suy ra đpcm