cho tứ giác lồi ABCD .Gọi M và N tương ứng là trung điểm các đoạn thẩng AD và BC.Đường thẳng CM và DN cắt nhau tại E,đường thẳng BM và AN cắt nhau tại F.Gọi diện tích tứ giác MENF là S,diện tích tam giác DEC là S',diện tích tam giác FAB là S''.Chứng minh :
a,S=S'+S''
b,vì bộ gõ bị hỏng nên mình up tạm hình để thay thế mong mn thôg cảm

cho tam giác ABC không cân,có ba góc nhọn,nội tiếp (O).Các đường cao $AA_{1}$,$BB_{1}$,$CC_{1}$  cắt nhau tại H .Các đường thẳng $A_{1}C_{1}$ cắt AC tại D.Gọi X là gia điểm thứ hai của BD với (O).

 

a,chứng minh : DX.DB=$DC_{1}.DA_{1}$

b,Gọi M là trung điểm của  AC,Chứng minh DH vuông góc với BM.

Bài 172 (sáng tác từ một bài toán của bạn Bảo ) : Cho tam giác $ABC$ cố định có đường cao $AH$ , $P$ di chuyển trên tia đối của tia $HC$ , $M$ đối xứng với $C$ qua $H$ . $MN$ song song với $AC$ với $N$ thuộc $AP$ . $Q$ là trung điểm $AH$ . $PQ$ cắt $HN$ tại $D$. Đường tròn $(X)$ thay đổi qua $D$ và tiếp xúc với đường tròn euler của tam giác $AHD$ cắt $DA,DH$ tại $F,E$ . Chứng minh : $(XFE)$ tiếp xúc với đường thẳng cố định khi $P$ và $(X)$ thay đổi

Bài 171 : ta có $A(ROHM)=-1$ , Gọi $I$ là trung điểm $H$ thì $OI$ vuông góc $AG$ ,$OH$ cắt $AM$ tại $K$ thì $O$ là trung điểm $HK$ , mà $A(ROHM)=-1$ nên $AR$ song song $OH$

Lời giải bài toán 175.

Vị tự tâm $H$ tí số $1/2$ , Gọi $HE,HF$ vuông góc với $AM,AN$ , ta chứng minh $(DEF)$ tiếp xúc với $(Euler)$ của tam giác $ABC$

Trước tiên , $AH$ cắt $BC$ tại $K$ thì$\overline{AH}.\overline{AK}=\overline{AF}.\overline{AD}=\overline{AE}.\overline{AM}$ nên $(DEF)$ đy qua $M$

 Gọi tiếp tuyến tại $A$ cắt $BC$ tại $T$ , theo bài toán quen thuộc thì $E$ thuộc $(A-Apolo)$ Suy ra $TE=TA$ và $ED$ là đối trung của $EBC$ suy ra $ED,EM$ đẳng giác trong  góc $BEC$ nên $\widehat{DEM}=\widehat{BEC}-2\widehat{MEC}=\widehat{B}-\widehat{C}=180^0-\widehat{AOM}$

 Suy ra $\widehat{EDC}=\widehat{AMC}-\widehat{DEM}=90^0-\widehat{MAO}=90^0-\widehat{KAD}=\widehat{ADK}$

Chính vì vậy $ME=MF$ ta có , trung trực của $EF$  vừa đy qua tâm $(Euler)$ của tam giác $ABC$ vừa đy qua tâm $DFE$ và $M$ nên $(DEF)$ tiếp xúc với $(Euler)$ của tam giác $ABC$ tại $M.$

Bài toán 176. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),B,C$ cố định, $A$ di chuyển trên cung lớn $BC,$ phân giác $AD,K$ bất kì cố định trên trung trực $BC,$ đường thẳng qua $D$ vuông góc $BC$ cắt $AK$ tại $T.$ Chứng minh $(T,TD)$ luôn tiếp xúc với 1 đường tròn cố định khi $A$ thay đổi.

Bài toán 178. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ có trực tâm $H,$ phân giác $AD.M$ là điểm chính giữa cung $BHC$ của $(BHC).BM,CM$ cắt $AC,AB$ tại $E,F.EF,AM$ cắt nhau tại $P.K$ là tâm $(AEF).$ Chứng minh :$P$ là trực tâm tam giác $KBC$ và $KA=OD.$ 

Lời giải bài toán 177.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ , $D,E$ nằm trên $AB,AC$ , $K,H$ là trực tâm tam giác $ABC,ADE$ , $M,N,P,Q,F$ là trung điểm $BC,CE,DE,BC,DC.$ Khi đó tam giác $AHK$ đồng dạng tam giác $FNM.$

Chứng minh. Gọi $J,I$ là tâm ngoại $ABC,ADE$ , ta có $\frac{AH}{AK}=\frac{IP}{JQ}=\frac{DE}{BC}=\frac{FN}{FM}$

Và dễ dàng chứng minh :$\widehat{HAK}=\widehat{NFM}$ suy ra $AHK$ đồng dạng tam giác $FNM$

Từ đây còn suy ra $\frac{HK}{MN}=\frac{HA}{FN}=\frac{2PI}{PE}=2tan\widehat{DEI}=2cot\widehat{DAE}$

Trở lại bải toán :

Gọi $H,G,I,J$ là trực tâm tam giác $BAQ,PAD,PBC,CDQ$ , ta sẽ chứng minh $GJ=HI$

Thật vậy , gọi $M,N$ là trung điểm $AC,PQ$ , khi đó theo Bổ đề $\frac{GJ}{MN}=2 cot\widehat{ADP}$

 Mặt khác , ta cũng có $\frac{HI}{MN}=2cot\widehat{ABC}$ từ đó suy ra$GJ=HI$

Bài toán 180. Cho ngũ giác $ABCDE$ lồi, điểm $F$ trên cạnh $AE$ thỏa mãn $\Delta ABC \sim \Delta CDE \sim \Delta BFD.$ Chứng minh $\frac{AF}{FE}=\frac{BF^2}{FD^2}.$

Lời giải bài toán 180. Gọi $DF$ cắt $AC$ tại $G,BF$ cắt $CD$ tại $H,$ có $BCDG,BCDH$ nội tiếp nên $G,B,C,D,H$ cùng thuộc 1 đường tròn.

Theo định lý Pascal thì $BA$ cắt $DE$ tại $I$ thuộc $(GBCDH).$

Do đó $\frac{AF}{FE}=\frac{AB.\sin \widehat{ABF}}{HE.\sin\widehat{FHE}}=\frac{AB.HI}{HE.BC}=\frac{BF^2}{DF^2},$ đpcm.

 

Bài toán 182. Cho tam giác $ABC$ nhọn, nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I).P$ là điểm bất kì trên cung nhỏ $BC.$

$M,N$ là hai điểm nằm trên cạnh $BC$ sao cho tam giác $MNP$ nhận $(I)$ làm đường tròn bàng tiếp góc $P$ và $(MNP)$ cắt lại $(O)$ ở $X.$

Chứng minh $AX$ đi qua tâm vị tự của $(O),(I).$

Lời giải bài 182 : Đầu tiên ta đi chứng minh $X$ là tiếp điểm của $A-Mix$ với $(O)$

Thật vậy : Gọi $PM,PN$ cắt $(O)$ tại $F,E$ , $EF$ cắt $BC$ tại $Q$ Khi đó $Q$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $EFMN.PQ$

Ngịch đảo  tâm $X$ phương tích $XM.XE$ hợp đối xứng phân giác góc $MXE$ do $EFMN$ ngoại tiếp nên $XI$ là phân giác góc $QXP$ , (  https://nguyenvanlin...ao-doi-xung.pdf )

có$\widehat{QXB}=\widehat{XBC}-\widehat{XQC}=\widehat{XBC}-\widehat{XFP}=\widehat{PXC}$ nên $XI$ cũng là phân giác góc $CXB$ nên $X$ là tiếp điểm của $A-Mix$ với $(O)$

Xét các tâm vị tự ngoài của $(O),(I),(A-Mix)$ thì theo định lý $Monge$ thì $AX$ đi qua tâm vị tự của $(O),(I).$

Bài toán 186: Cho tam giác $ABC, $đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H.HK$ vuông góc với $EF.M$ thuộc $BE$ sao cho $KM$ song song với $BC.J$ là tâm $(MEF).$ Chứng minh $J \in DK.$

Bài toán 196. Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$ có tiếp điểm với $BC$ là $D$ , đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$.  Đường tròn nội tiếp tam giác $AEF$ cắt $EF,FA,AE$ tại $P,R,Q$ . Lấy $K$ sao cho $IK \perp IA$ và $DK=DI$ . $HK$ cắt $AI,RQ$ tại $J,L$ . Lấy $G$ đối xứng với $J$ qua $PL$ . $QR$ cắt $EF$ và đường thẳng qua $J$ song song với $EF$ tại $S,T$. $X,Y$ là trung điểm của $AS,JT$.Chứng minh rằng $LG \perp XY$ 

Bài toán 184. Cho tam giác $ABC$ , $M$ nằm trên đoạn $BC$ , $K,L$ là tâm ngoại tiếp $(ABM),(ACM).D,E,F,X,Y,Z,T$ lần lượt là trung điểm $MA,MB,MC,KB,KM,LM,LC.YZ$ cắt $XT$ tại $N.NL,NK$ cắt $BC$ tại $P,Q.$ Chứng minh $(DPF)$ tiếp xúc $(DEQ).$

Lời giải bài 185 :  

 

Ta sẽ chứng minh  $K$ thuộc đường thẳng qua $B$ vuông góc với $OO'$

 

 

Để dễ nhìn, ta viết lại đề như sau : Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I),(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ tại $D,E,F.G$ đối xứng với $D$ qua trung điểm $BC.H$ bất kì sao cho $GH$ vuông góc $BC.$ Đường thẳng qua $D$  vuông góc với $HB,HC$ cắt $(I)$ tại $K,J.JK$ cắt $FE$ tại $L.$ Chứng minh $DL$ vuông góc với $IH.$

 

 

Giải : Hạ $DM,DN$ vuông góc với $JK,EF$ , Ta có : $\frac{JM}{KM}=\frac{JM}{MD}.\frac{MD}{MK}=\frac{GH}{BG}.\frac{CG}{HG}=\frac{BG}{CG}=\frac{CD}{BD}=\frac{EN}{FN}$

 

Gọi $FJ$ cắt $KE$ tại $Q,W$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $JKEF.LQ$ thì theo tỉ số trên có $(LJF),(LMN),(LEK)$ đồng trục $LW.$

Gọi $DQ$ cắt $(I)$ tại $X,R$ đối xứng với $D$ qua $I.$ Do $\overline{QW}.\overline{QL}=\overline{QJ}.\overline{QF}$ nên $Q$ thuộc trục đẳng phương của $(DMNL)$ nên $X$ thuộc $(MNDL),$ mà $DW$ và $IW$ cùng vuông góc với $QL$ (do $QX.QD=QW.QL$ và góc $DXL$ vuông) nên $DR$ vuông góc với $QL \Rightarrow R$ là trực tâm tam giác $QDL$ nên $QR$ vuông góc với $DL.$

 

Bây giờ ta sẽ chứng minh $QR$ song song $HI.$ Dựng $Y$ nằm ngoài tam giác $ABC$ sao cho$\widehat{HBY}=\widehat{\frac{B}{2}},\widehat{HCY}=\widehat{\frac{C}{2}}.$

Ta có tam giác $RJK$ đồng dạng với $HBC$ và theo cách dựng $Y$ ta cũng có được tam giác $QJK$ đồng dạng $YBC.$

Mặt khác , xét tam giác $BCH$ có $BY,BI$ đẳng giác góc $B;CY,CI$ đẳng giác góc $C$ nên $Y,I$ liên hợp đẳng giác tam giác $HBC$ nên $HI,HY$ đẳng giác góc $H.$

Chính vì vậy $\widehat{QRK}=\widehat{YHC}=180^0-\widehat{BHI}$ và  $BH,RK$ song song với nhau nên $QR,HI$ song song với nhau.

Kết hợp với $QR$ vuông góc với $DL$ suy ra $DL$ vuông góc với $IH,$ đpcm.

 

 

 

12. Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ có đường cao $AH$; $HB=6cm; HC=24cm$ . Vẽ đường tròn tâm $A$ bán kính $AH$ . Kẻ tiếp tuyến $CN$ với $N$ là tiếp điểm . $CN$ cắt $HA$ tại $K$ . Chu vi tam giác $ANK$ là.. 

 

 

 

P/s: Hai bài điền só và cóc vàng đã đăng, mình đăng nốt bài kim cương

 $AH^{2}=HC.HB =24.6=144 \Rightarrow AH=12 \Rightarrow AN=12$

 

Dễ tính đk $\widehat{HCK}\approx 53,13^{\circ}\Rightarrow \widehat{NAK}\approx 53,13^{\circ}\Rightarrow NK=AN.tan \widehat{NAK}=12.tan \widehat{NAK}=16 \Rightarrow AK =20 \Rightarrow C_{ANK}=16+12+20=48$ cm

Bài 40:

có phải bằng 6 không bạn

Có lời giải đây  http://diendantoanho...-thi-a2b2geq-8/
http://diendantoanho...ax3-2x2-bx-1-0/
Đây là topic theo bộ đề nên bạn nhớ vào mục bất đẳng thức cực trị mà đăng
Mình nói bạn echi123 nha không phải spam đâu

mình thi vòng 18 có vào bài đấy mà nên đăng lên cho các bạn cùng xem thôi

8. Nhận xét $x=0$ không là nghiệm

Với $x\not =0$ thì 

$x^4+ax^3+bx^2+ax+1=0$ 

$\Leftrightarrow x^2+\frac{1}{x^2}+a(x+\frac{1}{x})+b=0$

$\Leftrightarrow t^2-2+at+b=0$ với $t=x+\frac{1}{x}$  $(|t|\geq 2)$

Ta có : $t^2-2+at+b=0$

$\Leftrightarrow (2-t^2)^2=(at+b)^2\leq (a^2+b^2)(1+t^2)$

$\Rightarrow a^2+b^2\geq \frac{(2-t^2)^2}{1+t^2}\geq \frac{4}{5}$

$\Leftrightarrow (t^2-4)(5t^2-4)\geq 0$

Nên $Min(a^2+b^2)=\frac{4}{5}$

 

bạn ơi mình có một bài na ná thế này : Nếu phương trình $x^{4}+ax^{3}+2x^{2}+bx+1 =0$ có nghiệm thì GTNN của $a^{2}+b^{2}$ là

Ai đó làm chi tiết câu 30 giúp @@ 

$S_{ICD}=\frac{1}{2}.ID.IC \leqslant \frac{(ID+IC)^{2}}{8}$

 

dbxr $\Leftrightarrow ID=IC \Leftrightarrow$ ABCD là hình thang cân

 

Kẻ IH vuông góc với DC.Dễ dàng chứng minh đk I,O,H thẳng hàng .Khi đó đặt IH=x $\Rightarrow DH=HC=x\Rightarrow OH=x-1\Rightarrow (x-1)^{2}+x^{2}=5$

 

Gỉai phương trình được x=2 thỏa mãn 

 

Khi đó $S_{ICD}=\frac{1}{2}IH.DC=4$

 

Vậy Max $S_{ICD}=4$

Tiếp theo:

Bài 43: Cho $a,b,c>0$ và thõa mãn: $a+b+c=1$. Chứng minh rằng:

$\sqrt{a+\frac{(b-c)^2}{4}}+\sqrt{b}+\sqrt{c}\le \sqrt{3}$.

Bài 44: Với các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn: $x+y+1=z$. Tìm GTNN của biểu thức:

$P=\frac{x^3}{x+yz}+\frac{y^3}{y+zx}+\frac{z^3}{z+xy}+\frac{14}{(z+1)\sqrt{(x+1)(y+1)}}$

 Bài 43 : ( học sinh giỏi nữ sinh trung quốc năm bao nhiêu em không nhớ ) lời giải đại loại như sau :

$VT^2 \leq 3(a+\frac{(c-b)^2}{4}+\frac{(\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{4}+\frac{(\sqrt{b}+\sqrt{c})^2}{4})$

=$3(a+\frac{c+b}{2}+\frac{(b-c)^2+4\sqrt{bc}}{4})\leq 3(a+\frac{b+c}{2}+\frac{(b+c)(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2}{2}+\sqrt{bc})\leq 3(a+\frac{b+c}{2}+\frac{(\sqrt{b}-\sqrt{c})^2}{2}+\sqrt{bc})=3$ do đó cod điề phải cm đẳng thức xảy ra khi 3 biến bằng nhau

chứng minh được không chị

.
giả sử có một đường thẳng d vuông góc với IC và cắt AC tại S.Ta phải chứng minh S đối xứng với D qua IC.
Thật vậy ta có tam giác ECD có IC vuông góc với DS và IC là phân giác nên tam giác đó cân =>S đối xứng với D qua IC=>S trùng với E=>E thuộc AC
Tương tự : F thuộc AB

em được có 160 điẻm nhục chỉ vì chưa gõ kết quả vào đã bấm trả lời (((((((

có ai nhớ để k ạ

Thế mấy bác xem 190 thì được cái gì không

chắc vẫn đk khuyến khích chứ bác :/ e 160 ms thảm đây

các bác xem điểm đâu hay vậy