Bài toán 173. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$, $E$ là giao điểm của $AB$ với $CD$, $F$ là giao điểm của $AD$ với $BC$ . $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $P$, $(CEF)$ cắt $O$ tại $Q$. $AC$ cắt $BD$ tại $I$. Chứng minh rằng $P,I,Q$ thẳng hàng.

Lời giải bài 176 : Gọi $M$ là chân đường phân giác ngoài góc $\angle A$, , $N$ là trung điểm $MD$, $NS$ là tiếp tuyến tới đường tròn $(T)$, $SD$ cắt trung trực $BC$ tại $X$, $R$ là trung điểm $BC$, $Z$ là trung điểm $SD$, $D'$ đối xứng $D$ qua $T$ suy ra $M,S,D'$ thẳng hàng.Gọi $L,L'$ là điểm chính giữa cung nhỏ , cung lớn $BC$. $K'$ đối xứng $L$ qua $K$ 

Ta có : $\frac{RX}{RD} = \frac{NZ}{ZD} = \frac{MD}{DD'}$ $= \frac{MD}{\frac{AD}{AL}.KL} = \frac{MD.AL}{AD.KL}= \frac{2R.AL}{AL'.K'L}$ $= \frac{2R}{K'L}.\frac{AL}{AL'} \implies RX =RD. \frac{2R}{K'L}.\frac{AL}{AL'} = RL .\frac{2R}{K'L}$ không đổi nên $X$ cố định

Thật vậy , ta có $DS.DX = DR.DM = DB.DC$ nên tứ giác $SBXC$ nội tiếp

Lại có $NS^2 = ND^2 = NM^2 = NB.NC$ nên $NS$ cũng là tiếp tuyến tới đường tròn $(SBXC)$. Mà điểm $X$ cố định nên đường tròn $(SBXC)$ cố định nên $(T)$ tiếp xúc với đường tròn cố định là $(BXC)$

Bài toán 177 :  Cho tứ giác nội tiếp $ABCD$, $AB$ cắt $CD$ tại $P$, $AD$ cắt $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng khoảng cách giữa trực tâm hai tam giác $APD$ và $AQB$ bằng khoảng cách giữa trực tâm hai tam giác $CQD$ và $BPC$

Bài toán 140 : (sách) Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp. Giả sử rằng tồn tại điểm $X$ để $\angle XAD = \angle XBA = \angle XCB = \angle XDC$. Chứng minh rằng tứ giác $ABCD$ điều hòa

Lời giải bài 172 : 

Trước tiên ta chứng min bổ đề sau : 

Bổ đề : Cho $\triangle ABC$. Đường tròn $(X)$ bất kì qua $A$ tiếp xúc với đường tròn Euler cắt $AB,AC$ tại $M,N$. Chứng minh rằng đường tròn $(XMN)$ tiếp xúc với đường trung bình của $\triangle ABC$

Chứng minh : Xét phép nghịch đảo $I^A_k$, bài toán trên trở thành : Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$. Đường thẳng bất kì tiếp xúc $(BOC)$ cắt $CA,AB$ tại $M,N$. $D$ đối xứng $A$ qua $MN$. Khi đí $(DMN)$ tiếp xúc $(O)$ ( đây chính là bài toán SMO 2016 ở đây https://www.artofpro...1220645p6102531 )

Áp dụng : Gọi $T$ là trung điểm $MH$

Theo định lý Menelaus ta có : $1 = \frac{\overline{DQ}}{\overline{DP}}.\frac{\overline{NP}}{\overline{NA}}.\frac{\overline{HA}}{\overline{HQ}}= \frac{\overline{DQ}}{\overline{DP}}.\frac{\overline{MP}}{\overline{MC}}.2=\frac{\overline{DQ}}{\overline{DP}}\frac{\overline{MP}}{\overline{MH}} \implies \frac{\overline{DQ}}{\overline{DP}}=\frac{\overline{MH}}{\overline{MP}}$ nên $MD \perp BC$

Ta có đường trung bình của $\triangle DAH$ tiếp xúc $(XMN)$ theo bổ đề, mà đường trung bình này chính là đường thẳng qua $T$ vuông góc $BC$ nên $(XMN)$ tiếp xúc đường thẳng cố định là đường qua trung điểm $MH$ vuông góc $BC$

Lời giải bài 139 : ( cách của em tính khá trâu bò ạ )

Ta có $(NE,AC) = -1$ nên $\frac{\overline{NA}}{\overline{NC}} = \frac{p-a}{p-c}$

Vậy tức là $\frac{\overline{NA}}{\overline{NA}+b}= \frac{p-a}{p-c}$ nên $\overline{NC} = |\frac{b(p-c)}{a-c}|$

Lại có $AQ = \frac{p-a}{cos \angle A}$ nên $CQ = b - AQ = b - \frac{p-a}{cos \angle A}$

Áp dụng đinh lý hàm cos có : $cos \angle A = \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$

Vậy ta có $\overline{CQ} = \frac{b^3+bc^2-ba^2-b^2c-bc^2+abc}{b^2+c^2-a^2} = \frac{b^3-ba^2-b^2c+abc}{b^2+c^2-a^2}$

Vậy $\frac{\overline{CQ}}{\overline{CN}} = \frac{p-a}{cos \angle A}= |\frac{(b^3-ba^2-b^2c+abc)(a-c)}{(b^2+c^2-a^2)(p-c).b}| = |2\frac{(a-b)(a-c)}{b^2+c^2-a^2}|$

Tương tự ta có $\frac{\overline{BP}}{\overline{BM}} = |2\frac{(a-b)(a-c)}{b^2+c^2-a^2}|$

Nên $\frac{\overline{CQ}}{\overline{CN}}=\frac{\overline{BP}}{\overline{BM}}$ Áp dụng bổ đề E.R.I.Q  ta có trung điểm $MN,PQ,BC$ thẳng hàng

Lời giải bài toán 121 : 

Gọi $J$ là giao điểm của $AP$ với $QR$. Do $AP \perp AQ$ nên $AP \parallel OR \implies R$ là trung điểm $OJ$.

$(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $S$. Gọi $U,V$ lần lượt là điểm chính giữa cung $AQ$ của $(O)$, cung $EF$ của $(K)$.

$SI$ là trung tuyến, $SA$ là đường đối trung $\triangle ESF$ nên $SA,SU$ đẳng giác trong $\angle ESF$. Từ đây ta có $S,U,V$ thẳng hàng

Thật vậy, theo bài toán 111 thì $DV \parallel UM$

Từ đây ta có $\triangle RUM$ và $\triangle NVD$ có các cặp cạnh tương ứng song song $\implies R,N,S$ thẳng hàng

Theo định lý Thales thì $\frac{OR}{KN} = \frac{OS}{KS} \implies OR = \frac{OS}{KS} . \frac{AK}{2}$

Ta có $\triangle QBP \sim \triangle AFK$ nên $\frac{QP}{PB} = \frac{AK}{KF} \implies \frac{2OS}{PB} = \frac{AK}{KS}$

Kết hợp 2 điều trên ta có $OR.PB = R^2 = OR.PI \implies \frac{OR}{OA} = \frac{OP}{PI} \implies \triangle RAO \sim \triangle OIP \implies \angle RQO = \angle RAO = \angle OIP$

$\implies RQ$ và $AP$ cắt nhau trên $(IOQ)$ tức là $JIOQ$ nội tiếp

Lại có $PR$ là trung tuyến $\triangle PQJ$ nên $PR$ là đường đối trung của $\triangle PIO$. Ta có điều cần chứng minh

P/s : bạn Bảo nhanh quá @@

$\boxed { Lời \ giải \ bài \ 109 }$ Bài toán trên tương đương với bài toán sau 

Cho $\triangle ABC$ với $I,J$ lần lượt là tâm nội tiếp và tâm bàng tiếp góc $\angle A$. $K$ là trung điểm cung lớn $BC$. $JK$ cắt $(O)$ tại $X$. $E,F$ là hình chiếu của $X$ lên $IC,IB$. Chứng minh rằng trung điểm $EF$ nằm trên trung trực $BC$

Chứng minh : Gọi $M,N, G$ lần lượt là tâm bàng tiếp góc $\angle B, \angle C$, trung điểm $BC$. Ta cần chứng minh $KG$ đi qua trung điểm $EF$, $JK$ cắt $BC$ tại $T$

Ta sẽ chứng minh $\frac{BF}{CE} = \frac{BM}{CN}$

Ta có : $\frac{BF}{CE} = \frac{BF}{BX} .\frac{BX}{CX} . \frac{CX}{CE} = \frac{cos \angle FBX}{cos \angle ECX} . \frac{sin \angle XCB}{sin \angle XBC} = \frac{sin \angle XBJ}{sin \angle XCJ} . \frac{sin \angle XCB}{sin \angle XBC}$

Gọi $U,V$ là trung điểm cung lớn $AC,AB$ khi đó 

$\frac{sin \angle XBJ}{sin \angle XCJ} . \frac{sin \angle XCB}{sin \angle XBC} = \frac{sin \angle XBJ}{sin \angle XCJ} . \frac{sin \angle XCB}{sin \angle XBC} $

Bài này là của Gabriel Dospinesscu, có thể tham khảo cuốn Straight from the book, lời giải khá hay.

có thể dùng nội suy lagrange

Bài tâp 42: Chứng mimh rằng a, b, c > 0, thì ta có 

$\frac{a}{bc}+\frac{b}{ca}+\frac{c}{ab}> \frac{2}{a} +\frac{2}{b}-\frac{2}{c}$

Điều cần chứng minh tương đương $a^2+b^2+c^2 \geq 2bc+2ca-2ab$ hay $(a+b-c)^2 \geq 0$

Lời giải bài đa thức

Thế $a = x+1,b = -2x-1,c = -2x-3$, khi đó ta có $P^2(x+1)+P^2(-2x-1)+P^2(-2x-3) = P^2(-3x-3)+2$

So sánh hệ số bậc $2n$ ta có $1+(-2)^n+(-2)^n = (-3)^n$.

Tức là $(-1)^{n+1} = 3^n-2^{n+1}$. Điều này chỉ đúng khi $ n =1$

Vậy $P(x) = ax+b$. Thay vào ta có $a2+b^2 = 1$

Em xin phép giải câu hình 2 ạ 

a, Gọi $U$ là giao điểm của $KR$ với $BC$

Ta có $KT.KF = KB^2 $ nên $\angle KTB = \angle KBF = \angle KAF$. Suy ra $ADFT$ nội tiếp. Khi đó ta có $LD.LT = LF.LA = LB .LC = LP.LQ$ nên tứ giác $TPDQ$ nội tiếp

Lại có $KR.KU = KC^2$ nên tứ giác $ADRU$ nội tiếp. Và $KQ^2 = KC^2 = KD.KA$ nên ta có $\angle DUR = \angle DAR = \angle KQD = \angle PTD$. Từ đây suy ra $KR \parallel TP$

b,Gọi $M$ là giap điểm của $PK$ với $(O)$.Ta có $KL.KM = KB^2 = KP^2 = KQ^2$ nên $(ML,PQ) = -1 = A(ML,PQ) = A(MF,ER) = (MF,ER) = K(MF,ER) \implies KE$ chia đôi $TP$

em viet nham de anh a , de dung phai la$a, b,c$ la do dai 3 canh tam giac . CMR \sum \frac{a}{b} +3 \geq 2\sum \frac{a+b}{b+c}$

Lời giải của mình, dùng S.S . Giả sử $a$ là số nhỏ nhất

Điều cần chứng minh tương đương với $\sum \frac{a}{b} - 3 \geq 2(\sum \frac{a+b}{b+c}$

Hay $(a-b)^2\frac{c^2+ca+cb-ab}{ab(a+c)(b+c)}+(a-c)(b-c)\frac{c^2+c(b-a)+ab}{ac(a+c)(a+b)}$ ( điều này đúng do $a$ là số nhỏ nhất ). Ta có điều cần chứng minh 

lời giải của em cho mở rộng bài hình và bài 7 ạ
Bài 7 : 

Xét với $x = y = z = \frac{1}{3}$ thì ta có $c = \frac{9}{10}$

Ta chứng minh hằng số $c= \frac{9}{10}$ thỏa mãn đề bài

Ta có : $|x^3+y^3+z^3 -1| = |x^3+y^3+z^3 - (x+y+z)^3| = |3(x+y)(y+z)(z+x)|$

Và $|x^5+y^5+z^5-1| = |x^5+y^5+z^5-(x+y+z)^5| = |5(x+y)(y+z)(z+x)(x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx)|$

Vậy ta cần chứng minh $|x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx| \geq \frac{2}{3}$

Có $x^2+y^2+z^2+xy+yz+zx  = (x+y+z)^2-(xy+yz+zx) \geq \frac{2}{3}$ nên ta có điều cần chứng minh

Mở rộng bài 6b :

câu 4 chia thành 7 hình tháp 3 ô, mỗi hình tháp tổng chẵn nên có 1 số chẵn suy ra đs là 7

câu 2 chính là định lý turan , câu 4 chứng minh được mỗi sinh viên bắt tay với đúng 1 sinh viên khác, suy ra $n$ chẵn. Khi $n = 2m$ , ghép các sinh viên thành $m$ cặp thỏa mãn điều kiện đề bài

Lời giải bài 1 của em ạ 

Gọi $X$ là giao điểm của $(AMN)$ với $(APQ)$ . $AJ$ cắt $(AMN),(APQ)$ lần lượt tại $H,G$ . $AS$ là đường kính của $(APQ)$ . Khi đó ta có $X,H,S$ thẳng hàng và $\triangle XMN \cap H \sim \triangle XPQ \cap G$ . Ta có biến đổi tỉ số : $\frac{AJ}{AL} = \frac{AH}{AG} = \frac{AH}{AS}.\frac{AS}{AG} = \frac{XH}{XG}.\frac{PQ}{BC} = \frac{MN}{PQ}.\frac{PQ}{BC}$ . Ta có điều cần chứng minh

Lời giải bài 2 của em ạ : 

1) Ta chứng minh đường thẳng qua $X,Y,Z$ vuông góc $BC,CA,AB$ đồng quy 

Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$ , $G$ là cực trực giao của $d$ đối với $\triangle ABC$ . Gọi $K$ là điểm chia $GH$ theo tỉ số $k$ . Khi đó theo định lý thales , $XK,YK,ZK$ vuông góc $BC,CA,AB$ nên đường thẳng qua $X,Y,Z$ vuông góc $BC,CA,AB$ đồng quy 

2) Ta chứng minh bài toán

Gọi $J$ là giao điểm của $(BYK) , (CZK)$ , khi đó ta có $(JB,JC) = (JB,JK) +(JK,JC) = (YB,YK) +(ZK,ZC) = (EB,BH) + (CH,CF) = (BH,CH) = (AB,AC)$ nên $J$ nằm trên $(O)$ 

Suy ra $(AXK) , (BYK) , (CZK)$ đồng quy tại $J$ nằm trên $(O)$

Gọi $V$ là giao điểm của $KJ$ với $(O)$ khác $J$ . Ta có $\angle VAC = \angle KJC = \angle KZF = \angle HCF$ cố định do $d$ cố định và $\triangle ABC$ cố định , suy ra $V$ cố định 

câu 3 : Ta cần chứng minh $Y$ là điểm Feuerbach của $\triangle ABC$ . Thật vậy , gọi $Z$ là tâm đường tròn nội tiếp $\triangle ABC$, $R$ là trực tâm $\triangle ZBC$ . Đầu tiên, ta chứng minh $A,R,P$ thẳng hàng . Gọi $V$ là giao điểm của $GZ$ với $IH$ . Áp dụng Menelaus cho tứ giác $BIHC$ thì ta có $A,V,D$ thẳng hàng . Lại có $BR \parallel AX$ do cùng vuông góc $ZC$,  và cũng có $AG \parallel DR$