Gọi $MN$ cắt $AB$ tại $P$ thì $PM.PN=PA.PB.$ Do đó $P$ nằm trên trục đẳng phương của $(O)$ và đường tròn đường kính $AB.$

Lại có $P \in AB \Rightarrow P$ cố định. Tức là $MN$ đi qua $P$ cố định. Ta có đpcm.

Anh ơi tại sao P lại thuộc trục đẳng phương của (O) và đường tròn đường kính AB được ạ?Hình vẽ đâu cho thấy điều đó

Cho đường tròn (O) và 2 điểm A,B tùy ý.Đường tròn (J) thay đổi qua A,B và cắt (O) tại M,N.Cm:MN đi qua 1 điểm cố định

câu 6

 a) ta có $\widehat{AEC}=\widehat{AMB}=\widehat{ADB}$ suy ra BDOE nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{AOE}= \widehat{ABC}= \widehat{AME}$ suy ra AEOM nội tiếp

b)theo định lý pappus có OMN thẳng hàng

$\Rightarrow$ $\widehat{CMN}= \widehat{AMO}= \widehat{BEC}= \widehat{BMC}$

$\Rightarrow$ MN luôn đi qua điêm đối xứng của B qua AC $\Rightarrow$ dpcm

Cho mình hỏi bạn áp dụng Pappus cho những điểm nào thế?Với lại $\widehat{CMN}= \widehat{AMO}$ thì khác nào 2 góc này vuông?

Ai có tài liệu về định lý Pappus không ạ?Mình đang rất cần !!!

Câu bất 

Đặt A=3 hạng tử đầu

$\sum \frac{ab}{3a+4b+5c}= 2\sum \frac{ab}{6a+8b+10c}\leq \frac{1}{72}\sum \left ( 5\frac{ab}{a+c}+5\frac{ab}{a+c}+4\frac{ab}{a+3b} \right )$ 

$A\leq \frac{5}{72}\left ( a+b+c \right )+\frac{1}{72}\left ( a+b+c \right )= \frac{1}{12}\left ( a+b+c \right )= \frac{3}{4}$

AD bất đẳng thức AM-GM

$4(a+b+c)=3a+(a+2c)+3b+(b+2c)\geq 4\sqrt[4]{9ab(a+2c)(b+2c)}$

$\Leftrightarrow \sqrt{ab(a+2c)(b+2c)}\leq 27\Rightarrow VT\leq \frac{77}{108}$

Đoạn này anh dùng bất đẳng thức gì vậy,em không hiểu lắm ?

Bài 4 :a) $( OCD)$ cắt $AC$ tại $G$ ,$MN$ vuông góc với $AC$ tại $N$

$AQ$ đối trung nên dễ dàng tính dc tỉ số$\frac{BQ}{BM}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}$$(3)$

Ta lại có $AG.AC=AD.AQ$ suy ra$\frac{AG}{AN}=\frac{AD.AQ}{AM.AC.cos\widehat{MAN}}=\frac{AB.AQ}{AC.AM}$ $(1)$

Do $AM. AQ$ đẳng giác có $AM$ trung tuyến nên ta có thế dễ dàng tính dc$\frac{AQ}{AM}=\frac{2AB.AC}{AB^2+AC^2}$$(2)$

từ $(1)(2)(3)$ suy ra $\frac{AG}{AN}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}=\frac{BQ}{BM}$

suy ra các đường tròn ngoại tiếp tam giác$(ABC),(QDC),(MNC)$ đồng trục , tức cùng đy qua $C,K$suy ra$\widehat{MKC}=90^o$

tương tự ta có $\widehat{BLM}=90^o$ suy ra dpcm

b) từ phần a , dễ suy ra $AL,AK$ đẳng giác Mà có phân giác ngoài góc $BTC$ và phân giác trong góc $LAK$ cắt nhau tại $J$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$  mà $\widehat{AJT}=90^o$ nên theo bổ đề nt thi các giao điểm đó đồng viên

Bổ đề nt có nội dung là gì vậy ạ?