Đầu tiên ta có đẳng thức: $a^{2}+1=a^{2}+ab+bc+ca=(a+b)(a+c)$

Tương tự: $b^{2}+1=(b+c)(b+a), c^{2}+1=(c+a)(c+b)$

Ta có $P=\sum \sqrt{\frac{(b^{2}+1)(a^{2}+1)}{c^{2}+1}}=\sum \sqrt{\frac{(b+c)(b+a)(a+b)(a+c)}{(c+a)(c+b)}}=\sum (a+b)=2(a+b+c)$

$\Rightarrow P\geq 2\sqrt{3(ab+bc+ca)}=2\sqrt{3}$

Dấu = xảy ra khi $a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Vậy $minP=2\sqrt{3}$ khi $a=b=c=\frac{\sqrt{3}}{3}$

Cho tập hợp X = {1;2;...;2019}. Chứng minh rằng với ba phần tử khác nhau thuộc X luôn tìm được trong chúng hai số a, b mà $|\sqrt[5]{a}-\sqrt[5]{b}|=1$ với $(\sqrt[5]{x})=x$$, \forall x\in \mathbb{R}$

$\boxed{16}$

Áp dụng BĐT Cauchy Schwarz ta có

$\frac{a}{4b^2+1}+\frac{b}{4c^2+1}+\frac{c}{4a^2+1}=\frac{a^3}{4a^2b^2+a^2}+\frac{b^3}{4b^2c^2+c^2}+\frac{c^3}{4c^2a^2+c^2}\geq \frac{(a\sqrt{a}+b\sqrt{b}+c\sqrt{c})^2}{4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+a^2+b^2+c^2}$

Ta chỉ cần chứng minh 

$4(a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2)+a^2+b^2+c^2\leq 1 =(a+b+c)^2$

$\Leftrightarrow ab(1-2ab)+bc(1-2bc)+ca(1-2ca)\geq0$

Lại có $ab>0$ , $ab\leq\frac{(a+b)^2}{4}<\frac{(a+b+c)^2}{4}$ $\Rightarrow ab<\frac{1}{4}\Rightarrow ab(1-2ab)>0$

Tương tự ta có đpcm

Dấu = không xảy ra

Lời giải của mình: 

Gọi $E$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. $F$ là giao điểm của $AB$ và $CD$.

Gọi $L$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A,D$, $LI$ cắt $(O)$ lần thứ hai tại $T$.

Gọi $X,Y$ lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp góc $C,B$ của $\triangle ABC, \triangle BDC$

Nếu gọi $S$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ thì ta có $\angle XBS = \angle XAS = 90^0 \Rightarrow XBSA$ nội tiếp

$\Rightarrow \angle BXI = \angle BAS = \angle BTI \Rightarrow$ Tứ giác $XBIT$ nội tiếp.

Tương tự ta cũng chứng minh được tứ giác $TICY$ nội tiếp.

Từ đó ta có $\angle BXC = \angle BTL = \angle CTL = \angle BYC \Rightarrow XBCY$ nội tiếp.

Do $XB, BJ$ đều là phân giác ngoài góc $ABC$ nên $X,B,J$ thẳng hàng. Tương tự, $Y,C,J$ thẳng hàng.

Theo tính chất trục đẳng phương thì trục đẳng phương của ba đường tròn xanh phải đồng quy, tức là $XB, TI, YC$ đồng quy. Mà $XB$ cắt $YC$ tại $J$, suy ra $T,I,J$ thẳng thàng.

Do đó $I,J,L$ thẳng hàng hay ta có $đpcm \blacksquare$ 

P/S: Nếu ta dựng một đường tròn $\omega$ tiếp xúc với $AE, DE$ và tiếp xúc trong với $(O)$ thì $T$ là tiếp điểm của $\omega$ với $(O)$

Mình đang học về định lý Brianchon nhưng lại gặp khó khăn ở cách áp dụng nó cho lục giác suy biến. Ai có thể cho mình một số ví dụ về lục giác ngoại tiếp suy biến  được không? (kèm theo hình). Mình cảm ơn.

[attachment=Capture 6.png]

$\boxed{3}$

Kẻ EK, FI lần lượt vuông góc với AB, AC tại K, I.

Ta có $\frac{AK}{BK}=\frac{AK.AB}{BK.AB}=\frac{EA^2}{EB^2}=4=\frac{HC}{HB}$

theo định lý Thales đảo $\Rightarrow HK||AC$. Tương tự $HI\parallel AB$

$\Rightarrow AIHK$ là hình bình hành

Ta có $\bigtriangleup AEB\sim \bigtriangleup CFA \Rightarrow \measuredangle BAE=\measuredangle ACF=\measuredangle AFI\Rightarrow \bigtriangleup AEK\sim \bigtriangleup FAI$

$\Rightarrow \frac{EK}{AK}=\frac{AI}{FI}\Rightarrow \frac{EK}{AI}=\frac{AK}{FI}$. Mà $AK = HI,AI=HK$

$\Rightarrow \frac{EK}{HK}=\frac{HI}{IF}$. Lại có $\measuredangle EKH=\measuredangle BKH +90^0=\measuredangle HIC+90^0=\measuredangle HIF$

Do đó $\bigtriangleup EKH\sim\bigtriangleup HIF\Rightarrow\measuredangle HEK=\measuredangle IHF$

Vậy $\measuredangle EHF=\measuredangle EHK+\measuredangle KHI+\measuredangle IHF=(\measuredangle EHK+\measuredangle HEK)+\measuredangle BKH=180^0-\measuredangle EKH+\measuredangle BKH=180^0-90^0=90^0$

e coi lại đề bài 2 xem 

Em cảm ơn anh toanND, em check lại bài 2 đề bài vẫn đúng ah

Ở câu b/ nếu $\angle BCA=90^0$ thì tam giác ABC có hai góc vuông à?

$\boxed{4}$

a. Ta có $BK^2=BA^2=BH.BC\Rightarrow \bigtriangleup BKH \sim \bigtriangleup BCK\Rightarrow \widehat{BKH}=\widehat{BCK}$

   Tương tự $\bigtriangleup DKL \sim \bigtriangleup DCK\Rightarrow \widehat{DKL}=\widehat{BCK}$

   Vậy $\widehat{BKH}=\widehat{DKL}$

b. Dựng hai đường tròn $(B,BK)$ và $(D,DK)$. Gọi T là giao điểm thứ hai của hai đường tròn này.

    Gọi M, N lần lượt là giao điểm của TK với AC, BC.

    Dễ thấy AC là tiếp tuyến chung của (B,BK) và (D, DK)

    Ta có $MA^2=MK.MT=MI^2\Rightarrow MA=MI$. Lại có $MN\parallel AH\parallel IL$ (cùng vuông BC) nên NH = NL.

    Mặt khác $KN\perp HL$ nên tam giác HKL cân $\Rightarrow KH=KL$

c. Từ $\bigtriangleup DKL \sim\bigtriangleup DCK$ kết hợp với KH = KL ta có $\widehat{KHC}=\widehat{KLH}=\widehat{DKC}$

    Do đó $\bigtriangleup CKD\sim\bigtriangleup CHK\Rightarrow CK^2=CD.CH$. Lại có tứ giác AIDH nội tiếp nên $CD.CH=CI.CA$

    Vậy $CK^2=CA.CI$ 

$\boxed{\text{1}}$

a. Dễ thấy tứ giác KIHB nội tiếp $\rightarrow CI.CK=CH.CB=CA^2$

b. theo tính chất đối xứng thì $\measuredangle BDC=\measuredangle BAC=90^0;AC=DC$

Vì $\measuredangle BKC=\measuredangle BAC=\measuredangle BDC=90^0$ nên $B,K,A,C,D$ cùng thuộc một đường tròn

$\Rightarrow \measuredangle CKD=\measuredangle DAC=\measuredangle ADC=\measuredangle AKC$

ta có đpcm

 

b) Cách dựng $\omega_{3}:$ Gọi tâm nội tiếp $\Delta DAE$ là $L,O_3$ là hình chiếu $L$ lên phân giác trong $\widehat{ACD}.$ Khi đó đường tròn tâm $O_3$ tiếp xúc $CA$ chính là $\omega_{3}$ (bổ đề Sawayama-Thebault).

sao k đúng nhỉ?

@halloffame: Mình chỉnh lại rồi nhé.

Cho đường tròn (O), dây cung AB bất kì và một điểm D nằm trên (O) khác A và B.

a) Dựng đường tròn $\omega _{1}$ và $\omega _{2}$ lần lượt tiếp xúc trong, tiếp xúc ngoài với (O) và tiếp xúc AB.

b) Kẻ dây cung DE cắt đoạn AB tại C. Dựng đường tròn $\omega _{3}$ tiếp xúc với CD, CA và tiếp xúc trong với (O). 

Bài này có thể giải bằng định lý Pascal

Từ câu b ta có $\frac{AB}{BH}=\frac{EK}{OK}\Rightarrow \frac{AB}{2BH}=\frac{EK}{2OK}\Leftrightarrow \frac{AB}{BC}=\frac{EK}{AK}$

Xét hai tam giác ABC và EKA có $\widehat{ABC}=\widehat{AKE}; \frac{AB}{BC}=\frac{EK}{AK}$

 nên hai tam giác đó đồng dạng theo trường hợp c.g.c

suy ra $\widehat{EAK}=\widehat{ACB}=\widehat{AKB}\Rightarrow AE|| BK\Rightarrow AE\perp AB$.

Từ đó dễ dàng suy ra đpcm

N là điểm gì vậy?

Cho 0 < x ≤ y ≤ z. CM : $\frac{x^2y}{y} + \frac{y^2z}{x} + \frac{z^2x}{y} \geqslant x^2 + y^2 + z^2$

Hình như điều kiện phải là $x\geq y\geq z>0$. Đây là VMO 1991

Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) đường kính BD. E là giao điểm của AC và BD. Chứng minh rằng trung điểm đoạn thẳng nối tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEB và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BEC nằm trên BD. (sử dụng định lí con bướm)

Xét phép nghịch đảo tâm $P$ phương tích bất kì, ta đưa bài toán đã cho về bài toán mới sau.

Bài toán mới. Cho $\Delta ABC,P$ là điểm trong tam giác thoả $\widehat{APB}= \widehat{BPC}= \widehat{CPA}.PB,PC$ theo thứ tự cắt $(CPA),(APB)$ tại $E,F.D$ là điểm di chuyển trên $(PBC),(PDF)$ cắt $(PAC)$ tại $M,(PDE)$ cắt $(PAB)$ tại $N.$

a) Chứng minh số đo góc $\widehat{MPN}$ không đổi.

b) $(PEF)$ cắt $(PMN)$ tại $Q.$ Chứng minh $PQ$ là phân giác $\widehat{MPN}.$

Chứng minh.

a) Gọi $G,H,I,J,K,L,O$ là tâm các đường tròn $(PAC),(PAB),(PDF),(PDE),(PBC),(PEF),(PMN).$

Từ cách xác định các điểm này, ta có các bộ điểm thẳng hàng: $\overline{L,H,I}, \overline{I,K,J}, \overline{J,G,L}, \overline{I,O,G}, \overline{J,O,H}.$

Ta cũng có $IL \perp PC,JL \perp PB,GK \perp PC,HK \perp PB,HG \perp PA.$ Với chú ý $\widehat{APB}= \widehat{BPC}= \widehat{CPA}=120^0,$ ta được $\Delta KGH$ đều và $\widehat{KHI}= \widehat{KGI}=60^0.$

Do đó $IH \parallel GK,HK \parallel GJ \Rightarrow \Delta HIK \sim \Delta GKJ \Rightarrow \frac{HI}{HG}= \frac{HI}{HK}= \frac{GK}{GJ}= \frac{GH}{GJ} \Rightarrow \Delta IHG \sim \Delta HGJ$

$\Rightarrow \widehat{IOH}= \widehat{OGH}+ \widehat{OHG}= \widehat{OHG}+ \widehat{OJG}= 180^0- \widehat{HGJ}=60^0.$

Mà $MP \perp OI,NP \perp OH \Rightarrow \widehat{MPN}=60^0.$ Ta có đpcm.

b) Theo cách xác định các tâm đường tròn ở câu a), $\Delta HLG$ đều. Lại có $\widehat{IOH}=60^0$ theo câu a) nên $L$ là trung điểm cung $HG$ không chứa $O$ của $(HOG) \Rightarrow OL$ là phân giác $\widehat{HOG}.$

Lại có $MP \perp OG,NP \perp OH,PQ \perp OL \Rightarrow PQ$ là phân giác $\widehat{MPN}.$ Ta có đpcm.

có cách nào k sử dụng phép nghịch đảo k ạ? Tại e chưa học cái này

Cho tam giác ABC, giả sử có điểm P nằm trong tam giác ABC sao cho góc BPC = góc CPA = góc APB. PB, PC theo thứ tự cắt CA, AB tại E, F. D là điểm di chuyển trên cạnh BC. Đường thẳng DF cắt đường thẳng AC tại M. Đường thẳng DE cắt đường thẳng AB tại N.

1. Chứng minh rằng số đo góc MPN luôn không đổi khi D thay đổi.

2. Gọi giao điểm của đường thẳng EF với đường thẳng MN là Q. Chứng minh rằng PQ là phân giác của góc MPN.

Cho tam giác ABC, các điểm E, F thuộc CA, AB sao cho B, C, E, F cùng nằm trên một đường tròn. Đường tròn (B, BE) cắt CA tại G khác E. Đường tròn (C, CF) cắt AB tại H khác F. Đường tròn (B, BE) cắt (C, CF) tại M, N. Chứng minh rằng FG, EH và MN đồng quy.

$\boxed{\text{APMO 2013}}$ Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). P nằm trên tia AC sao cho PB, PD tiếp xúc với (O). Tiếp tuyến của (O) tại C cắt PD tại Q, AD tại R. E là giao điểm thứ hai của AQ và (O). Chứng minh rằng B, E, R thẳng hàng.

Hình gửi kèm 

Đặt $P=\sum \frac{x^{3}+y^{3}}{x+2y}$. Ta áp dụng BĐT AM-GM như sau:

$\frac{x^{3}}{x+2y}+\frac{x^{3}}{x+2y}+\frac{(x+2y)^{2}}{27}\geq 3\sqrt[3]{\frac{x^{6}(x+2y)^{2}}{27(x+2y)^{2}}}=x^{2}$

$\frac{y^{3}}{x+2y}+\frac{y^{3}}{x+2y}+\frac{(x+2y)^{2}}{27}\geq y^{2}$

Cộng vế theo vế hai BĐT trên $\Rightarrow \frac{2(x^{3}+y^{3})}{x+2y}+\frac{2}{27}(x+2y)^{2}\geq x^{2}+y^{2}$

Làm tương tự với các BĐT còn lại rồi cộng vế theo vế ta được:

$2P+\frac{2}{27}\sum (x+2y)^{2}\geq 2\sum x^{2}$

Khai triển, chuyển vế các thứ ta có $P\geq \frac{22}{9}-\frac{4}{27}(xy+yz+zx)\geq \frac{22}{9}-\frac{4}{27}(x^{2}+y^{2}+z^{2})=2$

Dấu = xảy ra khi x = y = z = 1

Cho tứ giác lồi $ABCD$ có $AD=\sqrt{3},\widehat{ABD}=\widehat{ACD}=60^{0},E$ và $F$ là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác $ABD,ACD.$

Biết $EF=\frac{\sqrt{3}-1}{2},$ tính $BC.$

Cho các số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng 

$\frac{1}{(a+b)^2}+\frac{1}{(b+c)^2}+\frac{1}{(c+a)^2}\geq \frac{3\sqrt{3abc(a+b+c)}(a+b+c)^2}{4(ab+bc+ca)^3}$