mình là 99 vừa thi đại học xong và đang có dự định làm một chuyên đề về phép biến hình. Tuy nhiên bỏ toán khá lâu để ôn đại học nên giờ ko nhớ gì cả =)) Đây là một số ví dụ mà mình chắc chắc lúc trước mình đã giải bằng phép biến hình nhưng giờ không nhớ, hi vọng mn giúp đỡ

vd1: Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (w) với tâm là điểm I. Đường tròn (w) tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Đường tròn (wA) tiếp xúc ngoài với (w) và tiếp xúc với các cạnh AB, AC tại A1, A2. Đường tròn (wB) tiếp xúc ngoài với (w) và tiếp xúc với các cạnh BC, BA tại B1, B2. Đường tròn (wC) tiếp xúc ngoài với (w) và tiếp xúc với các cạnh CA, CB tại C1, C2. Các đường thẳng A1A2, B1B2, C1C2 tạo thành tam giác XYZ. Chứng minh rằng đường thẳng nối tâm đường tròn ngoạo tiếp và nội tiếp của tam giác XYZ đi qua điểm I.

câu a chú ý G là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABKCEF
Tứ giác toàn phần nội tiếp thì OG vuông với EF. Gọi AK giao BC = T thì áp dụng định lý Brocard cho tứ giác toàn phần ABKCEF suy ra OT vuông với EF
Do đó OTG thẳng hàng nên đồng quy
cách khác nữa là chứng minh trục đẳng phương :v

Câu 1:

Ý tưởng là để ý x = 3 là điểm nhạy cảm của dãy số.

a)Ta chứng minh các bước sau

- $x_n>3 \forall n$

- $|x_{n+1}-3|<\frac{|x_n-3|}{2}$

b)Chia làm hai TH:

Nếu tồn tại $n$ để $x_n>3$ thì cmtt như a)

Xét $x_n<3 \forall n$

Chọn dãy $v_n = \frac{1}{2} + \sqrt{2u_n+\frac{1}{4}}$, ta có $u_n>v_n$ và $lim v_n = 3$, suy ra $lim x_n = 3$ do bị kẹp

 

Câu 2:

Tồn tại

Chọn $A(x) = (x-1)^3-2$, $B(X) = x^2 + 2x - 4$, ta có:

$gcd(A,B) = 1$, $P(x) - x$ chia hết cho $A(x)$ và $Q(x) - (3x-1)$ chia hết cho $B(x)$

Suy ra, ta cần tìm $P(x)$ thoả mãn:

$P = A.Q + x = B.R + (3x-1)$

$\Leftrightarrow A.Q - B.R = 2x-1$

Vì $gcd(A,B) = 1$ nên theo thuật chia Euclid, tồn tại $Q,R$ hệ số nguyên thoả mãn, suy ra dpcm

câu 1b là tìm tất cả a mà :/

Qua F kẻ đường vuông góc với FO cắt (O) tại R và S. AH cắt (O) tại E. Dễ thấy F là trung điểm của HE, RS và AP nên ARPS, RHSE là các hình bình hành.

 

Dễ thấy HCBP là tứ giác nội tiếp.

 

Chứng minh tứ giác RHPS là tứ giác nội tiếp bằng cách xét tổng 2 góc $\angle RHP+\angle RSP=\angle RHF+\angle FHP+\angle RSP=\angle FES+\angle ABC+\angle RSP=180^{0}$

 

Các đường tròn (RHPS), (HCBP), (O) cắt nhau tại RS, HP, BC nên 3 đường này đồng quy tại X.

 

Vậy XF vuông góc với FO tại F.

 

Do YM vuông góc với AC tại M nên F, M, Y, Z đồng viên.

các chỗ tính góc bạn nên viết góc định hướng!!!

Từ V kẻ tiếp tuyến TV đến đường tròn. Khi đó  BDCV là tứ giác điều hòa => (A(BDCV)= -1 

Lại có AV || EF (do cùng vuông OT) nên EO=EF

Câu 4:

Gọi I là giao điểm của BD và MN
ta có (B,D,E,T)= -1
áp dụng định lý Brocard cho tứ giác toàn phần ABCDMN => OK vuông góc với MN
Do đó EK là phân giác góc BKD

Câu hàm quen thuộc rồi

Từ đầu dễ thấy $f$ là 1 song ánh

Do đó $\exists a: f(a)=0 $

Thay $x=0, y=a => f^2(0) + 2a=f(0) $

         $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $

Do đó $(a^2-a)^2 +2a =a^2-a $ 

          $a^4-2a^3+3a= 0 => a=0 ; a=-1 $

TH1: $a=-1 => f^2(0) - f(0) -2 =0 => f(0)=-2 $

Từ pt đầu cho $x=0 => f(2f(y)) = 2y +f^2(0) $

Thay $y=-1 => f(2f(-1)) = 2.(-1) + 4  <-=> f(0) = -2 +4 =2 $

Mà $f(0)=-2 $ nên vô lí

TH2: $f(0)=0$

Thay $y=0 => f(x^2)= f^2(x) $ 

Dễ suy ra được $f$ lẻ trên $R$

Thay $y= \frac{-f^2(x)}{2} => x^2+2f(-\frac{f^2(x)}{2} ) = 0$ 

Từ pt đầu ta thay $y=-\frac{f^2(y)}{2} $ , ta được 

$f(x^2 -y^2) = f^2(x) -f^2(y) =f(x^2) - f(y^2) , \forall x,y \in R$

$=> f(x-y) = f(x)- f(y) , \forall x,y \in R^{+} $ 

Mà do $f$ lẻ nên $f(x-y)=f(x)-f(y) , \forall x,y \in R $

Thay $x-> x+y => f(x+y)=f(x)+f(y) $ 

Tới đây ta sẽ tính $f((x+1)^2) $ bằng 2 cách

Cách 1: $f((x+1)^2) = f(x^2) +2f(x) + f^2(1) $

Cách 2: $f((x+1)^2)= f^2(x+1)= (f(x) + f(1))^2 $

Do đó $f(x)= ax $ 

Tới đây dễ rồi 

chỗ   $x=a,y=0 => f(a^2+f(0)) = 0 = f(a) => a^2+f(0) = a $  là sai rồi bạn. 

f(a^{2}+2f(0))= 0 = f(a)