gt $\Rightarrow \sum \dfrac{1}{a+1}=1$.  $\exists$ $x,y,z>0$ sao cho $a=\dfrac{y+z}{x}$. Tương tự với $b,c$

Đề bài sai. Sửa lại là $\sum a\geq 4\sum \dfrac{1}{a}$. Đây là $1$ bđt quen thuộc

Một cách khác cho ý $2$:

Gọi $K$ là trung điểm của $AM$. Kẻ đường kính $HL$ của $(AM) \Rightarrow AL\parallel BC \Rightarrow A(LM,BC)=-1 \Rightarrow A(LM,RS)=-1 \Rightarrow H(LM,RS)=-1 \Rightarrow H(TG,RS)=-1$ với $RS\cap BC=G \Rightarrow (TG,RS)=-1 \Rightarrow AT,BS,CR$ đồng quy theo tinh chất hàng điều hòa của tứ giác toàn phần $RSCBAG$

Nếu $f(x)$ ko có nghiệm thì hiển nhiên ta có đpcm. Nếu $f(x)$ có nghiệm thì hiển nhiên phải có $2$ nghiệm, giả sử $x_{0}$ là nghiệm nguyên

Từ gt ta có: $f(0)=c$ lẻ; $f(1)=a+b+c$ lẻ $\Rightarrow a+b$ chẵn $\Rightarrow a,b$ cùng tính chẵn, lẻ

Viết lại $f(x)=\left(x-x_{0}\right)\left(ax-k\right)=ax^{2}-\left(ax_{0}+k\right)x+x_{0}k$  $(k\in \mathbb{Z})$

Đồng nhất hệ số: $x_{0}+k=c$ lẻ $\Rightarrow x_{0}$ và $k$ đều lẻ; $ax_{0}+k=-b$

Nếu $a$ lẻ $\Rightarrow b$ lẻ $\Rightarrow ax_{0}+k$ chẵn dẫn đến đẳng thức trên vô lý. Tương tự nếu $a$ chẵn. Từ đó ta có đpcm

Lời giải bài $\boxed{7}$:

$a$)  Gọi $M,N$ lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ $B$ đến $AC$ và từ $C$ đến $AB$

Ta có: $AD^{2}=AE^{2}=\overline{AM}.\overline{AC}=\overline{AN}.\overline{AB}=AF^{2}=AG^{2} \Rightarrow AD=AE=AF=AG \Rightarrow 4$ điểm $D,E,F,G$ cùng thuộc đường tròn tâm $A$

Dễ thấy $ADCE$ là tứ giác điều hòa $\Rightarrow H(AC,DE)=-1 \Rightarrow (BK,DE)=-1$. Chứng minh tương tự $(CK,FG)=-1$

Suy ra $BC,DG,DE$ đồng quy tại $P$ (định nghĩa lại điểm $P$) và $BC,DF,GE$ đồng quy tại $Q$. Ta cần chứng minh $P\in (HDF)$ và $P\in (HGE)$

Điều này đúng vì $4$ điểm $D,E,F,G$ cùng thuộc đường tròn tâm $A$ nên hình chiếu của $A$ trên $PQ$ hay $BC$ là $H$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $DFEGPQ$

$b$)  Áp dụng định lý Desargue cho $\Delta BCK$ và $\Delta FDP$ với $\overline{Q,G,E}$ ta có $BF,CD,PK$ đồng quy

$a$)  $\Delta IBE=\Delta ICF$ (c.g.c) $\Rightarrow$ đpcm

$b$)  $AD$ cắt lại đường tròn $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $L$. Dễ thấy $ID$ là đường kính của $(J)$ và $IL$ là đường kính của $(O)$

$IB^{2}=IM.IL=IE.IL \Rightarrow \dfrac{IE}{IB}=\dfrac{IB}{IL}=\cos\dfrac{A}{2}=\dfrac{IE}{ID} \Rightarrow IB=ID$

$\Rightarrow \overline{IJ}.\overline{ID}=\dfrac{ID^{2}}{2}=\dfrac{IB^{2}}{2}=\dfrac{\overline{IM}.\overline{IL}}{2}=\overline{IO}.\overline{IM} \Rightarrow$ đpcm

Theo bài toán Protassov quen thuộc (tham khảo bài viết của anh Nguyễn Văn Linh) thì $PJ$ là phân giác trong của $\angle BPC$ với $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc $A$ của $\Delta ABC$          $(1)$

Xét phép vị tự $V_{P}^{k}$ biến đường tròn $(I)$ thành đường tròn $(W)$, $D$ biến thành $L$ nằm trên $(W)$ thỏa mãn $(ID\parallel WL)\perp BC$ suy ra $L$ là điểm chính giữa cung $BC$ ko chứa $P$ của đường tròn $(W)$ nên $PD$ là phân giác trong của $\angle BPC$          $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra đpcm

Xét phép đối xứng trục $BC$ thì đpcm $\Leftrightarrow AM$ đi qua điểm đối xứng của $D$ qua $BC$. Bài này đã đc mình giải trước đó ko lâu

https://diendantoanh...trung-tuyến-am/

Gọi $D$ là điểm đối xứng của $A$ qua $M$. Biến đổi góc ta chứng minh đc $P$ và $D$ là $2$ điểm liên hợp đẳng giác trong $\Delta ABC$

Do đó theo tính chất quen thuộc của $2$ điểm liên hợp đẳng giác thì $6$ hình chiếu của $P$ và $D$ lên $3$ cạnh của $\Delta ABC$ cùng thuộc $1$ đường tròn. Từ đó ta có đpcm

Đó là điểm Kosnita $X_{54}$ của $\Delta ABC$

$OB,OC$ lần lượt cắt lại đường tròn $(AOD)$ tại điểm thứ $2$ là $P,Q$

$(AD;AP)\equiv (OD;OP)\equiv 2(AD;AB)\equiv 2(AC;AO)\equiv (OC;OA)\equiv (OQ;OA)\equiv (PQ;PA)$  (mod $\pi$) $\Rightarrow AD\parallel PQ$. Mà $OA=OD$ nên $OP=OQ$

$\Rightarrow (EP;EO)\equiv (QP;QO)\equiv \dfrac{(OP;OQ)}{2}\equiv \dfrac{(OB;OC)}{2}\equiv (AB;AC)\equiv (OE;OF)\equiv (PE;PF)$ (mod $\pi$) $\Rightarrow OE\parallel FP$. Chứng minh tương tự $OF\parallel EQ$

Tứ đó nếu gọi $FP$ cắt $EQ$ tại $R$ thì $OERF$ là hình bình hành. Mà $I$ là trung điểm của $EF$ nên $I$ cũng là trung điểm của $OR$

Áp dụng định lý Pascal cho bộ $\left(\begin{array}{ccc} E & F & O \\ P & Q & A \end{array}\right)$ suy ra $\overline{R,C,B}$

Từ $2$ điều trên ta thu đc đpcm 

Do đường nối tâm $2$ đường tròn vuông góc với trục đẳng phương của chúng nên nếu ta gọi $K$ là tâm của $(APQ)$ thì $OK\perp AP$. Mà $AP\parallel OM$ với $M$ là trung điểm của $BC$ suy ra $OK\perp OM$ hay tâm của $(APQ)$ thuộc đường thẳng qua $O$ vuông góc với $OM$ cố định. Từ đó ta có thể thấy vai trò của $4$ điểm $D,E,F,Q$ trong đề bài là ko cần thiết

Gọi $D,I,J$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB \Rightarrow \overline{D,M,J}$ và $\overline{D,N,I}$. $DI$ cắt lại đường tròn $(OE)$ tại $U$, $DJ$ cắt lại đường tròn $(OF)$ tại $V$

$(UN;UK)\equiv (UI;UK)\equiv (EI;EP)\equiv (PN;PK)$  (mod $\pi$) $\Rightarrow 4$ điểm $N,U,K,P$ đồng viên          $(1)$

$OJ$ cắt lại đường tròn $(OE)$ tại $X \Rightarrow \left(EX\parallel AJ\parallel MP\right)\perp XJ$. Mà $MP$ đi qua trung điểm của $AE$ nên $MP$ là đường trung trực của $XJ$ hay $MX=MJ$

$(XM;XJ)\equiv (JO;JD)\equiv (ID;IO)\equiv (XU;XO)$  (mod $\pi$) $\Rightarrow \overline{U,X,M}$. Tương tự gọi $OI$ cắt lại đường tròn $(OF)$ tại $Y$ thì $\overline{V,Y,N}$

$(UM;UN)\equiv (UX;UI)\equiv (EX;EI)\equiv (PM;PN)$  (mod $\pi$) ; $(VM;VN)\equiv (VJ;VY)\equiv (FJ;FY)\equiv (PM;PN)$  (mod $\pi$)

Suy ra $5$ điểm $M,N,P,U,V$ đồng viên          $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra đpcm

Đây là câu $3$a VMO $2018$

Bài này chỉ cần điểm $L$ thỏa mãn $AH,AL$ đẳng giác trong $\angle BAC$ là được

Bổ đề:  Cho $\Delta ABC$. $P,Q$ là $2$ điểm thỏa mãn $AP,AQ$ đẳng giác trong góc $A$. $BP$ cắt $CQ$ tại $X$, $BQ$ cắt $CP$ tại $Y$. Khi đó $AX,AY$ cũng đẳng giác trong góc $A$

CM:  $CX$ cắt $AB$ tại $N$, $CY$ cắt $AB$ tại $M$. Ta có: $(CPYM)=B(CPYM)=B(CXQN)=(CXQN) \Rightarrow A(CPYM)=A(CXQN)$

Gọi giao điểm của $AP,AQ,AX,AY$ với $BC$ rồi áp dụng định lý Steiner kết hợp với $AP,AQ$ đẳng giác trong góc $A$ suy ra đpcm

Trở lại bt:

Áp dụng bổ đề cho $\Delta ABC$ với $2$ đường đẳng giác $AH,AL$ ta có $AX,AY$ là $2$ đường đẳng giác trong $\Delta  ABC$. Từ đó ta có biến đổi góc:

$(XZ;XT)\equiv (XB;XA)\equiv (XB;AB)+(AB;XA)\equiv (CA;CY)+(AY;CA)\equiv (YA;YC)\equiv (YZ;YT)$  (mod $\pi$) $\Rightarrow 4$ điểm $X,Y,Z,T$ đồng viên; ký hiệu là đường tròn $(I)$. Đến đây xét $2$ TH:

TH$1$: $\Delta ABC$ cân tại $A$ $\Rightarrow XY\parallel ZT\parallel EF\parallel BC \Rightarrow \overline{A,I,K}$ là đường trung trực của $BC$ (đpcm)

TH$2$: $\Delta ABC$ ko cân tại $A$. Khi đó $EF$ cắt $BC$ tại $D$, $XY$ cắt $ZT$ tại $G$, $DH$ cắt $AB$ tại $M$, $GH$ cắt $AX$ tại $N$, $HM$ cắt $AX$ tại $N'$

Ta có hàng điều hòa cơ bản: $(AM,FB)=-1 \Rightarrow H(AM,FB)=-1 \Rightarrow H(AN',ZX)=-1 \Rightarrow (AN',ZX)=-1$

Mà ta lại có hàng điều hòa cơ bản: $(AN,ZX)=-1$ nên $N\equiv N'$ hay $\overline{D,G,H}$

Áp dụng định lý Brocard cho $2$ đường tròn $(K)$ và $(I)$ ta có $K$ là trực tâm của $\Delta ADH$ và $I$ là trực tâm của $\Delta AGH$ $\Rightarrow DH\perp AK$ và $GH\perp AI$. Từ đó suy ra $\overline{A,I,K}$ (đpcm) 

Lời giải bài $\boxed{6}$:

$a)$  Kẻ đường kính $AK$ của $(O)$. $BK$ cắt $AC$ tại $X$, $CK$ cắt $AB$ tại $Y$ $\Rightarrow K$ là trực tâm của $\Delta AXY$

Gọi $P$ là trung điểm của $XY$ $\Rightarrow P$ là giao điểm $2$ tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn $(O)$ $\Rightarrow OP$ là đường kính của đường tròn $(BOC)$

$AK$ cắt $XY$ tại $S$ $\Rightarrow \angle OSP=90^{\circ} \Rightarrow S\in (BOC)$

Xét mod $\pi$:  $(CA;CB')\equiv (CB;CA)\equiv (YX;YA)\equiv (CX;CS) \Rightarrow \overline{B',C,S}$

Tương tự:  $\overline{C',B,S}$.  Ta có đpcm

$b)$  $AH,BH,CH$ lần lượt cắt $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $AD$ cắt $EF$ tại $U$, $AS$ cắt $BC$ tại $V$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ $\Rightarrow M$ là trung điểm của $HK$. $SM$ cắt $AD$ tại $U'$

Ta có hàng điều hòa cơ bản:

$(AK,VS)=-1 \Rightarrow D(AK,VS)=-1 \Rightarrow D(HK,MS)=-1 \Rightarrow HK\parallel DS \Rightarrow S(KH,MD)=-1$

$\Rightarrow S(AH,U'D)=-1 \Rightarrow (AH,U'D)=-1$

Mặt khác ta cũng có hàng điều hòa cơ bản:  $(AH,UD)=-1$ nên $U'\equiv U$ hay $\overline{U,M,S}$. $AM$ cắt $HS$ tại $L$, $AT$ cắt $OP$ tại $R$

$(AH,UD)=-1 \Rightarrow M(AH,UD)=-1 \Rightarrow M(LH,ST)=-1 \Rightarrow (LH,ST)=-1 \Rightarrow A(LH,ST)=-1$

$\Rightarrow A(MD,OR)=-1$. Mà $AD\parallel OR$ $\Rightarrow M$ là trung điểm của $OR$ hay $AT$ đi qua điểm cố định $R$ đối xứng với $O$ qua $BC$

Đề bài mới sửa lại ah? Với gt cũ $x^{3}+y^{3}+z=2\sqrt{3}+1$ em thử xem có làm đc ko

ĐK:  $x,y\in \mathbb{N}$

Pt $\Leftrightarrow 2+\sqrt{x+y+3}=\sqrt{xy} \Rightarrow x,y\geq 2$  (vì nếu có số nào bằng $1$ thì VT $>$ VP)

Giả sử $x=y$.  Pt $\Leftrightarrow 2+\sqrt{2x+3}=x \Rightarrow x^{2}-6x+1=0$  (ko có nghiệm nguyên)

Xét $x\neq y$. Vì vai trò của $x,y$ như nhau nên ko giảm tính tổng quát, giả sử $x>y$

$y=2$:  Pt $\Leftrightarrow 2+\sqrt{x+5}=\sqrt{2x} \Leftrightarrow 4\sqrt{x+5}=x-9 \Rightarrow x^{2}-34x+1=0$  (ko có nghiệm nguyên)

$y=3$:  Pt $\Leftrightarrow 2+\sqrt{x+6}=\sqrt{3x} \Leftrightarrow 2\sqrt{x+6}=x-5 \Rightarrow 4x^{2}-24x+1=0$  (ko có nghiệm nguyên)

Xét $x>y>3$:  Pt $\Leftrightarrow xy+1-x-y=4\sqrt{xy}<2(x+y) \Rightarrow (y-3)^{2}<(x-3)(y-3)<8 \Rightarrow y\in$ {$4;5$}

$y=4$:  Pt $\Leftrightarrow 2+\sqrt{x+7}=2\sqrt{x} \Leftrightarrow 4\sqrt{x+7}=3x-11 \Rightarrow 9x^{2}-82x+9=0 \Rightarrow x=9$. Thử lại thấy đúng

$y=5$:  Pt $\Leftrightarrow 2+\sqrt{x+8}=\sqrt{5x} \Leftrightarrow \sqrt{x+8}=x-3 \Rightarrow x^{2}-7x+1=0$  (ko có nghiệm nguyên)

Kết luận: Có $2$ cặp nghiệm $(x;y)$ là $(4;9)$ và $(9;4)$

Cố định $3$ điểm $A,B,C$ thì sẽ có $2$ điểm $D$ thuộc $Oy$ đối xứng với nhau qua $C$ thỏa mãn $AB=CD$. Lấy điểm $E$ sao cho $\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{AB} \Rightarrow \Delta CDE$ cân tại $C$

Gọi $M$ là trung điểm của $DE$ $\Rightarrow CM$ là đường phân giác trong của $\angle DCE$

Ta có:  $\overrightarrow{IJ}=\dfrac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}}{2}=\dfrac{\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{CD}}{2}=\overrightarrow{CM}$

Mặt khác dễ thấy $CM$ cùng phương hoặc vuông góc với phân giác của $\angle xOy$  (do $CE\parallel Ox$)

Từ đó suy ra đpcm

Bài này sai đề. Sửa lại là tìm $\max P$ 

Ở đây ta có $2$ cách:

Cách $1$: Thay $y=2-x$ vào $P$ rồi khảo sát đạo hàm hàm $1$ biến $f(x)$ trên ($0;2$)

Cách $2$: Dự đoán $\max P=10$ đạt khi $x=y=1$. Bình phương khử bớt căn rồi đặt $t=\sqrt{xy(2-xy)}$  ($0<t\leq 1$)

Câu hỏi đặt ra ở đây là liệu có thể mở rộng với tập $X$ có $n$ phần tử?

Năm nay chắc em lên lớp 10 nhỉ? Em cần tìm sách về phần gì? (tổ hợp, số học, đa thức, dãy số, hình học, bđt, ...?)

$m=1$:  $f(x)=3\left(x^{2}+x+1\right)>0$  $\forall x\in \mathbb{R}$

Xét $m\neq 1$:

$f(x)=\left(1-m^{3}\right)x^{3}+m\left(m^{2}+m+1\right)x^{2}-m(m-1)(m+2)x^{2}+m^{2}(m+2)x-(m-1)\left(m^{2}+2\right)x+m\left(m^{2}+2\right)$

$=\left[(1-m)x+m\right]\left[\left(m^{2}+m+1\right)x^{2}+m(m+2)x+m^{2}+2\right]$

Đặt tam thức bậc $2$ là $g(x)$.  $\Delta=m^{2}(m+2)^{2}-4\left(m^{2}+m+1\right)\left(m^{2}+2\right)=-3m^{4}-8\left(m^{2}+m+1\right)<0$  $\forall m\in \mathbb{R}$

Mà $m^{2}+m+1>0$  $\forall m\in \mathbb{R}$ nên theo định lý về dấu của tam thức bậc $2$ thì $g(x)>0$  $\forall m\in \mathbb{R}$

Do đó  $f(x)\geq 0$  $\forall x\in [2;5]$  $\Leftrightarrow (1-m)x+m\geq 0$  $\forall x\in [2;5]$  $\Leftrightarrow m\leq 1+\dfrac{1}{x-1}$  $\forall x\in [2;5]$

$\Leftrightarrow m\leq \min_{[2;5]}\left(1+\frac{1}{x-1}\right)=\dfrac{5}{4}$

ĐKXĐ:  $x\geq 2$

Để ý rằng:  $\sqrt{2x\pm 2\sqrt{x^{2}-4}}=\left(\sqrt{x+2}\pm \sqrt{x-2}\right)^{2}$

Pt $\Leftrightarrow m=x-\sqrt{x^{2}-4}-\dfrac{\sqrt{x+2}}{2\sqrt{2}}+\dfrac{3\sqrt{x-2}}{2\sqrt{2}}$

Xét hàm số $f(x)=x-\sqrt{t^{2}-4}-\dfrac{\sqrt{x+2}}{2\sqrt{2}}+\dfrac{3\sqrt{x-2}}{2\sqrt{2}}$  trên [$2;+\infty$)

$f'(x)=1-\dfrac{x}{\sqrt{x^{2}-4}}-\dfrac{1}{4\sqrt{2(x+2)}}+\dfrac{3}{4\sqrt{2(x-2)}}$

$f'(x)=0 \Leftrightarrow 4\sqrt{2(x^{2}-4)}-4\sqrt{2}x-\sqrt{x-2}+3\sqrt{x+2}=0 \Leftrightarrow 4\sqrt{2(x^{2}-4)}+3\sqrt{x+2}=4\sqrt{2}x+\sqrt{x-2}$

Bình phương $2$ vế (ở đây ta ko đặt thêm đk mà sẽ giải ra nghiệm rồi thử lại):

$32(x^{2}-4)+9(x+2)+24(x+2)\sqrt{2(x-2)}=32x^{2}+x-2+8x\sqrt{2(x-2)}$

$\Leftrightarrow 4(x+3)\sqrt{2(x-2)}=27-2x$

Bình phương $2$ vế:  $32(x^{2}+6x+9)(x-2)=729-108x+4x^{2}$

$\Leftrightarrow 32x^{3}+124x^{2}+12x-1305=0 \Leftrightarrow (2x-5)(16x^{2}+102x+261)=0 \Leftrightarrow x=\dfrac{5}{2}$  (thử lại đúng)

Vẽ bảng biến thiên của $f(x)$ ta thấy $f(x)\in [1;+\infty)$. Suy ra $m\geq 1$ là điều kiện để pt có nghiệm

Ký hiệu $r,R$ lần lượt là bán kính của đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp $\Delta ABC$

Bổ đề:  Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn ($O$) và ngoại tiếp đường tròn ($I$). $D,E,F$ lần lượt là tiếp điểm của ($I$) trên $BC,CA,AB$. Khi đó $OI$ là đường thẳng Euler của $\Delta DEF$

Cm:  $AI,BI,CI$ lần lượt cắt lại ($O$) tại điểm thứ $2$ là $X,Y,Z$ thì $X,Y,Z$ lần lượt là điểm chính giữa cung $BC$ ko chứa $A$, cung $CA$ ko chứa $B$, cung $AB$ ko chứa $C$ của đường tròn ($O$)

Dễ thấy $OX\parallel ID$. $XD$ cắt $OI$ tại $S$. Theo định lý Thales:  $\dfrac{SD}{SX}=\dfrac{SI}{SO}=\dfrac{r}{R} \Rightarrow S$ cố định. Tương tự $YE,ZF$ cũng đi qua $S$

Lấy điểm $H\in SO$ thỏa mãn $\dfrac{SH}{SI}=\dfrac{r}{R} \Rightarrow H$ cố định. Mà $\dfrac{SD}{SX}=\dfrac{r}{R}$ nên theo định lý Thales đảo thì $DH\parallel XI$ hay $DH\perp EF$

Tương tự $EH\perp FD$ và $FH\perp DE$. Từ đó $H$ là trực tâm của $\Delta DEF \Rightarrow \overline{I,H,O}$ là đường thẳng Euler của $\Delta DEF \Rightarrow$ đpcm

Trở lại bt:

Gọi $D$ là tiếp điểm của ($I$) trên $BC \Rightarrow D$ thuộc ($IEC$) và ($IFB$). Gọi $Q$ là điểm liên hợp đẳng giác của $P$ trong $\Delta AEF$, $R$ là điểm đối xứng với $Q$ qua $AI \Rightarrow \overline{A,R,P}$

Ta có biến đổi góc:  $\angle QEF=\angle AEP=\angle EIC=\dfrac{\angle EID}{2}=\angle DFE \Rightarrow QE\parallel DF$. Tương tự:  $QF\parallel DE$

$\Rightarrow QEDF$ là hình bình hành $\Rightarrow QE=DF$ và $QF=DE$. Dễ thấy $RQEF$ là hình thang cân $\Rightarrow RF=QE$ và $RE=QF$

Nên $EF$ là đường trung trực của $DR$ hay $R$ đối xứng với $D$ qua $EF$

$AI$ cắt $EF,BC$ lần lượt tại $G,L$. Kẻ đường kính $DJ$ của ($I$). $DR$ cắt $EF$ và cắt lại ($I$) lần lượt tại $T,K$. Gọi $H$ là điểm đối xứng với $K$ qua $T \Rightarrow H$ là trực tâm của $\Delta DEF$

$\Delta AEI \sim \Delta EGI \Rightarrow \dfrac{AI}{r}=\dfrac{r}{IG}=\dfrac{2r}{DH}$          ($1$)

$\Delta DKJ \sim \Delta IDL \Rightarrow \dfrac{2r}{DK}=\dfrac{IL}{r}$          ($2$)

Từ ($1$) và ($2$) suy ra $\dfrac{AI}{IL}=\dfrac{DK}{DH}=\dfrac{RH}{DH}$. Theo bổ đề ERIQ đảo thì $AR,DL,IH$ đồng quy. Mà $\overline{I,H,O}$ theo bổ đề nên ta có đpcm. Bài toán đc giải quyết

Đọc sách tìm tòi trên mạng thôi em. Chứ ko có cái gì là tự nhiên biết đc cả