Bài 80: Chứng minh với mọi n tự nhiên thì $3^{2^{4n+1}}+2^{3^{4n+1}}+5$ luôn chia hết cho 22

Ta có $2^{4n+1}=16^n.2\equiv 2(mod 5)\Rightarrow 2^{4n+1}=5k+1(k\in\mathbb{N})$.

Do đó $3^{2^{4n+1}}=3^{5k+2}=243^k.9\equiv 9(mod11)$.

Ta lại có $3^{4n+1}=81^n.3\equiv 3(mod10)\Rightarrow 3^{4n+1}=10h+3(h\in\mathbb{N})$.

Do đó $2^{3^{4n+1}}=2^{10h+3}=1024^h.8\equiv 8(mod11)$.

Suy ra $3^{2^{4n+1}}+2^{3^{4n+1}}+5\equiv 9+8+5\equiv 0(mod11)$.

Mặt khác dễ thấy $3^{2^{4n+1}}+2^{3^{4n+1}}+5$ chẵn nên ta có đpcm.

$\boxed{139}$: Tìm các số nguyên dương $(x;y)$ sao cho $2^x+5^y+2$ là số chính phương

+) x = 1: Ta có $4+5^y=a^2\Rightarrow 5^y=(a-2)(a+2)\Rightarrow a-2=5^u;a+2=5^v\Rightarrow u=0\Rightarrow a=3\Rightarrow y=1$

+) x = 2: Dễ thấy $2^x+5^y+2\equiv 3(mod4)$ nên không là số chính phương.

Vậy x = y = 1.

$\boxed{138}$: Tìm tất cả các số nguyên tố p sao cho $3^p+5^p-1$ là số nguyên tố

Dễ thấy p = 2 không thỏa mãn và p = 3 thỏa mãn.

Xét p > 5.

Ta có p có một trong 2 dạng 6k + 1, 6k + 5.

+) $p=6k+1\Rightarrow 3^p+5^p-1=3^{6k+1}+5^{6k+1}-1\equiv 3+5-1\equiv 0(mod 7)\Rightarrow \text{vô lí}$.

+) $p=6k+5\Rightarrow 3^p+5^p-1=3^{6k+5}+5^{6k+5}-1\equiv 3^5+5^5-1\equiv 0(mod7)\Rightarrow \text{vô lí}$.

Vậy p = 3.

Em xin đăng một bài ạ:

$\boxed{142}$: Cho $n,k\in\mathbb{N*};k< n$. Chứng minh rằng: $n.(n-1)...(n-k+1)\vdots 1.2...k$.

$\boxed{145}$: Tìm tất cả các số nguyên dương $n$ để tồn tại các số nguyên dương $x,y,z$ thỏa mãn
$x^3+y^3+z^3=nx^2y^2z^2$
 

Bài làm của anh pcoVietnam02 em lụm được:

Không mất tính tổng quát, giả sử $x\geq y\geq z$.

$\Rightarrow 3x^3\geq nx^2y^2z^2\Rightarrow x\geq \frac{ny^2z^2}{3}$

Vì $x^3+y^3+z^3=nx^2y^2z^2\Rightarrow y^3+z^3\vdots x^2\Rightarrow 2y^3\geq y^3+z^3\geq x^2\geq \frac{n^2y^4z^4}{9}$.

Xét 2 TH:

+) z > 1: $\Rightarrow y\leq\frac{18}{16n^2}\Rightarrow y=1$. (vô lí vì $y\geq z$).

+) z = 1: $\Rightarrow y^3+1\geq \frac{n^2y^4}{9}$.

Nếu y = 1 thì $x^3+2=nx^2$.

Suy ra pt có nghiệm duy nhất (x ,y, z, n) = (1;1; 1; 3).

Nếu y > 1 thì $10\geq n^2y$, suy ra $n\leq 3$.

Với n = 1 thì chọn (x, y, z) = (3; 2; 1), thỏa mãn.

Với n = 2 thì y = 2 hoặc y = 1. Thay vào thấy không thỏa mãn.

Với n = 3 thì chọn (x, y, z) = (1; 1; 1), thỏa mãn.

Vậy n = 1 hoặc n = 3.

$\boxed{149}$ : Cho số nguyên dương n thỏa mãn: $(n,n+1)<(n,n+2)<(n,n+3)<...<(n,n+99)$

a, So sánh $(n,n+99)$ và $(n,n+100)$

b, Chỉ ra các quan hệ so sánh có thể có giữa $(n,n+100)$ và $(n,n+101)$

Ta chứng minh rằng nếu $(n,n+k)=k$ và $(n,n+k+1)>(n,n+k)$ thì $(n,n+k+1)=k+1$.

Thật vậy, dễ thấy $k<(n,n+k+1)=(n,k+1)\leq k+1$ nên $(n,n+k+1)=k+1$.

Từ đó $(n,n+k)=k\Rightarrow n\vdots k,\forall k\in\overline{1,99}$.

a) Dễ thấy $(n,n+99)=99$. Ta có $n\vdots 25$ và $n\vdots 4$ nên $n\vdots 100$. Từ đó $(n,n+100)=100>(n,n+99)$.

b) Ta có $(n,n+101)=101$ nếu $n\vdots 101$. Ngược lại, $(n,n+101)=1$. Do đó có thể xảy ra lớn hơn hoặc bé hơn.

$\boxed{147}$: Tìm các số nguyên tố $p,q$ sao cho $p^3-q^5=(p+q)^2$

Ta có $p^3\equiv p(mod3);q^5\equiv q(mod 3)$ nên $p^3-q^5\equiv p-q(mod3)$.

+) p + q không chia hết cho 3: Khi đó p - q chia cho 3 dư 1.

Suy ra p chia hết cho 3 hoặc q chia hết cho 3. (Do p + q không chia hết cho 3).

Nếu p = 3 thì $27-q^5=(q+3)^2$. (vô nghiệm)

Nếu q = 3 thì $p^3-243=(p+3)^2$. Giải ra ta có p = 7.

+) Nếu p + q chia hết cho 3 thì p và q đồng dư với nhau mod 3. Do đó p, q chia hết cho 3 nên p = q = 3 (vô lí)

Vậy p = 7; q = 3.

Những bài tiếp theo cho TOPIC đây các bạn! 

 

Bài 127: Cho $M=a^{2}+3a+1$ với $a$ nguyên dương 

a) Chứng minh rằng mọi ước số của $M$ đều lẻ

b) Tìm $a$ sao cho M chia hết cho 5. Với giá trị nào thì $M$ là lũy thừa của 5 

a) Do M = a(a + 3) + 1 và trong hai số a, a + 3 tồn tại 1 số chẵn nên M lẻ. Suy ra mọi ước của M đều lẻ.

b) $M\vdots 5 \Leftrightarrow a^2+3a-4\vdots 5\Leftrightarrow (a-1)(a+4)\vdots 5\Leftrightarrow a\equiv 1(mod5)$.

Để M là lũy thừa của 5 thì $M=a^2+3a+1=5^x(x\in\mathbb{N*})$. 

Do $a\equiv 1(mod5)$ nên $a\equiv 1; 6; 11; 16; 21(mod 25)$. Suy ra $a^2+3a+1\equiv 5(mod 25)$. Do đó x = 1 nên a = 1.

$\boxed{141}$: Tìm tất cả các bộ số nguyên không âm $(x;y;p)$ với $p$ là số nguyên tố và $x\neq y$ sao cho:

$x^4-y^4=p(x^3-y^3)$

Giả thiết tương đương với $(x+y)(x^2+y^2)=p(x^2+xy+y^2)$.

Đặt $(x, y)=d$;$x=da; y=dy$. Ta có $(a+b)(a^2+b^2)=dp(a^2+ab+b^2)$. Từ đó $(a+b)(a^2+b^2)\vdots a^2+ab+b^2$. Mà $(a+b,a^2+ab+b^2)=1$ nên $a^2+b^2\vdots a^2+ab+b^2\Rightarrow ab\vdots a^2+ab+b^2\Rightarrow a=0 or b=0$.

Giả sử a = 0 thì x = 0. Khi đó p = y.

Vậy (x, y, p) = (0, k, k) hoặc (k, 0, k) trong đó k là số nguyên tố.

$\boxed{30}$ Đường tròn (O) có dây cung BC cố định, A là điểm di động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC nhọn. Vẽ đường kính AD của (O). BD$\cap$AC=E, CD$\cap$AB=F. Gọi M là trung điểm EF. Tiếp tuyến của E và F của (AEF) cắt nhau tại K. Chứng minh AK đi qua 1 điểm cố định.

Dễ thấy tứ giác BCEF nội tiếp và $\Delta ABC\sim\Delta AEF$.

Ta có kết quả quen thuộc AK là đường đối trung của tam giác AEF và AM là đường đối trung của tam giác ABC.

Từ đó $\angle MAE=\angle KAF$ nên AK, AM đẳng giác trong góc A.

Vậy AK luôn đi qua trung điểm của cạnh BC.

Comback     

$\boxed{46}$ Cre: https://www.facebook...100016418798908
         

P/s: Hẹn mng sau ngày 17   

Hóng topic trở lại

Bổ đề: Cho tam giác ABC. D, E trên cạnh BC sao cho AD, AE đẳng giác trong góc BAC. Khi đó hai đường tròn (ABC), (ADE) tiếp xúc với nhau.

Quay trở lại bài toán:

Ta có $\angle BPE=90^o-\frac{\angle ABC}{2}=\angle CPF$ nên PE, PF đẳng giác trong góc PBC. Từ đó (PEF) tiếp xúc với (PBC).

Dễ thấy $\angle DAA'=\angle EPF\Rightarrow \Delta DAA'\sim\Delta EPF(g.g)\Rightarrow \frac{EF}{EP}=\frac{DA'}{DA}$. (1)

Lại có $\Delta DBF\sim\Delta DAB(g.g)\Rightarrow \frac{DB}{DA}=\frac{BF}{AB}\Rightarrow \frac{DP}{DA}=\frac{PF}{AP}=\frac{EF}{EH}$. (2)

Từ (1), (2) suy ra $\frac{EH}{EP}=\frac{DA'}{DP}\Rightarrow \Delta EHP\sim\Delta DA'P(c.g.c)\Rightarrow \angle HPE=\angle A'PD$.

Từ đó PE, PF đẳng giác trong tam giác HPI nên (PEF) tiếp xúc với (PHI).

Tương tự (PHI) tiếp xúc với (PBC).

Vậy ta có đpcm.

Sắp tới có thể mình sẽ lập thêm 1 Topic hình học phẳng 10 nữa nên mong các bạn ủng hộ   

$\boxed{47}$ Cho tam giác $ABC$ vuông tại $A$ với $D$ là hình chiếu vuông góc của $A$ trên $BC$. Gọi $E, F, J$ lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp $wrt$ đỉnh $A$ của các tam giác $ABD, ACD, ABC$ tương ứng. Gọi $P$ là hình chiếu vuông góc của $J$ lên $BC$ và $K$ là trung điểm của $EF$ .

a) Chứng minh rằng $KD=KP$

b) Chứng minh rằng tâm đường tròn $Euler$ của tam giác $AEF$ nằm trên đường thẳng $AD$ .

Source: Underfined

a) Gọi G, H lần lượt là hình chiếu của E, F trên BC.

Do K là trung điểm của EF nên KG = KH.

Giả sử $AB\geq AC$.

Ta có: $DH=\frac{CD+CA-AD}{2};PG=PB-BG=\frac{CB+CA-AB}{2}-\frac{DB+DA-AB}{2}=\frac{CD+CA-AD}{2}\Rightarrow DH=PG$.

Mà KG = KH nên $\Delta KGP=\Delta KHD(c.g.c)$.

Vậy KP = KD. 

b) Tam giác DEF vuông tại D có K là trung điểm của EF nên KP = KD = KE = KF.

Suy ra tứ giác EPDF nội tiếp đường tròn đường kính EF.

Ta lại có $\angle PEF=CDF=\angle PDE=\angle PFE$ nên tam giác PEF vuông cân tại P.

Mặt khác do PE = PF và $\angle EPF=90^o=2EAF$ nên P là tâm ngoại tiếp của tam giác EAF.

Kẻ đường kính PT của (EF).

Ta có 

Ta có $PA^2=PF^2=PK.PT$ nên $\angle PTD=\angle PED=\angle PEA+\angle AED=\angle PAE+45^o-\angle EAD=\angle PAE-\angle BAE+\angle BAK=\angle BAK-\angle BAP=\angle PAK=\angle PTA\Rightarrow \overline {A,D,T}$.

Mặt khác do T là điểm đối xứng của tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF qua EF nên AT đi qua tâm Euler của tam giác đó.

Vậy ta có đpcm.

 

$\boxed{49}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O;R)$ và $BC= R\sqrt{3}$. Đường cao $AD$, trung điểm $M$ của $BC$. Gọi $D’$ là điểm đối xứng của $D$ qua $M$. Tiếp tuyến tại $B, C$ của (O) cắt nhau tại $P$. Đường thẳng qua $D’$ vuông góc với $PD’$ cắt $AB, AC$ tại $F$ và $E$.

a, Gọi $K$ là điểm đối xứng của $A$ qua $M$. Chứng minh rằng hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác $△KCE$ và $△KBF$ tiếp xúc nhau.

b, Chứng minh: $E,F,P,K$ cùng thuộc một đường tròn.

Source: 07PBC or Ngô Phương Linh

 

Thấy anh lâu chữa quá nên vào sol luôn

Gọi I là điểm đối xứng với A qua trung trực của BC.

Dễ thấy I, D', K thẳng hàng và $ID'\perp BC$.

Ta có $BC=\sqrt{3}OB=\sqrt{3}OC$ nên $\angle BOC=120^o$.

Từ đó $\angle BAC=60^o$.

Ta có $\angle ICB=\angle ABC=ECP$ nên CE, CI đẳng giác trong góc PCD'; $\angle CD'K=\angle ED'P$ nên D'E, D'K đẳng giác trong góc CD'P.

Suy ra I, E liên hợp đẳng giác trong $\Delta PCD'$.

Do đó $\angle EPD'=\angle CPI$, $\angle FPD'=\angle BPI$ nên $\angle EPF=\angle BPC=60^o$.

KP cắt AC, AB lần lượt tại G, H. Ta có các tam giác CKG, BKH đều.

Ta có $\Delta GPE\sim\Delta HFP(g.g)$ nên GP . PH = GE . HF.

Suy ra $GK.KH=GE.HF$

Từ đó $\Delta GPE\sim\Delta HBP(c.g.c)$ nên $\angle EKF=60^o$. (chứng minh gián tiếp câu b luôn)

Kẻ tiếp tuyến Kx của (KCE) nằm trên cùng một nửa mặt phẳng bờ KC có chứa E.

Ta có $\widehat{FKx}=\widehat{EKx}+60^o=\widehat{KCE}+60^o=120^o=\widehat{KBF}$

$\Rightarrow$ Kx là tiếp tuyến của (KBF).

Vậy (KCE) tiếp xúc với (KBF) và E, K, P, F đồng viên.

$\boxed{2}$ Cho tam giác ABC (AB<AC) nội tiếp đường tròn (O). Phân giác $\hat{BAC}$ cắt (O) tại E khác A. Gọi M,B lần lượt là trung điểm AB,AC. Trung trực AB,AC cắt AE lần lượt tại P,Q. Chứng minh rằng $PM.PE=QN.QE$

Ta có $\widehat{OPQ}=\widehat{APM}=90^o-\widehat{PAM}=90^o-\widehat{PAN}=\widehat{OQP}$ nên tam giác OPQ cân tại O.

Từ đó OP = OQ. Mà OA = OE nên AP = QE; AQ = PE.

$\Delta APM\sim\Delta AQN(g.g)\Rightarrow \frac{PM}{QN}=\frac{AP}{AQ}=\frac{EQ}{EP}\Rightarrow PM.EP=QN.EQ$.

$\boxed{1}$ Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). (I) tiếp xúc với AB,AC lần lượt tại D và E. P là một điểm bất kì trên cung lớn DE của đường tròn (I). Lấy điểm F là điểm đối xứng với A qua PD và M là trung điểm DE. Chứng minh rằng $\hat{FMP}$ = 90^o

Mở đầu:

Gọi G là diểm đối xứng của A qua PE.

Ta có $\widehat{GEM}=\widehat{PEG}+\widehat{PEM}=\widehat{AEP}+\widehat{MEP}=\widehat{MEP}+180^o-\widehat{PDE}=360^o-\widehat{PDE}-\widehat{PDA}=\widehat{FDM}\Rightarrow EG//DF$.

Mà EG = EA = DA = DF nên tứ giác EGDF là hình bình hành.

Suy ra M là trung điểm của GF. Mà PG = PF = PA nên $\widehat{FMP}=90^o$.

$\boxed{22}$Cho $\Delta ABC$ nhọn, ba đường cao $AD,BE,CF$ cắt nhau tại H. Gọi $M,N$ là hình chiếu của $B,C$ trên $EF$. Chứng minh rằng: $ED+FD=MN$ (Bài hình của một anh bạn hỏi qua facebook, không biết có đụng hàng ở đâu hay chưa)

Screenshot (1319).png

Bài này có thể làm cách khác bằng cách chứng minh B, C là tâm bàng tiếp của tam giác DEF nên từ đó tính được MN theo các cạnh của tam giác.

(Thực ra bài này là bài 8 trong báo TTT tháng này)

$\boxed{5}$ Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp và I_a là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với góc A. Đường thẳng qua I_a vuông góc với AI_a cắt AC tại E. Gọi H,K lần lượt là hình chiếu của I_a lên AB,AC. L thuộc HK sao cho CL//AB. Chứng minh rằng B,L,E thẳng hàng.

Tính được $AE=\frac{2AB.AC}{AB+AC-BC}$; $CK=\frac{BC+AB-AC}{2}$.

Do đó $CE=\frac{AC(AB+BC-AC)}{AB+AC-BC}$.

Mặt khác tam giác CLK cân tại C nên CL = CK.

Ta có $\frac{CL}{AB}=\frac{BC+AB-AC}{2AB}=\frac{EC}{EA}$.

Theo định lý Thales thì B, L, E thẳng hàng.

(Em định làm cách này nhưng không biết cách tính AE )

$\boxed{29}$ Cho tam giác ABC có đường cao BD,CE cắt nhau tại H. Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tứ giác BEDC. AH cắt OD và OE lần lượt tại J,I. Chứng minh rằng EJ,DJ,BC đồng quy (Nguồn: Hình học phẳng -Vĩ Đụt)

DE cắt BC tại L. AH cắt DE, BC lần lượt tại F, G. K là giao điểm của IE với BC.

Ta có kết quả quen thuộc là (DE, FL) = -1.

Từ đó O(FG, JI) = O(DE, FL) = -1. 

Suy ra $\frac{IF}{IG}=\frac{JF}{JG}$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác LFG với E, K, I thẳng hàng ta có $\frac{EL}{EF}.\frac{IF}{IG}.\frac{KG}{KL}=1\Rightarrow \frac{DL}{DF}.\frac{JF}{JG}.\frac{KG}{KL}=1$.

Theo định lý Menelaus đảo, ta có K, J, D thẳng hàng. (đpcm)

$\boxed{24}$Cho $\Delta ABC$, các đường cao $AJ,BK,CL$ cắt nhau tại $H$, $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, $AM$ là trung tuyến. $AO$ cắt $BK,CL$ lần lượt tại $D,E$. $O'$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta HDE$. Chứng minh rằng $A,O',M$ thẳng hàng.

Screenshot (1323).png

HO' cắt AO tại F. AO cắt BC tại G. 

Bằng biến đổi góc dễ dàng chỉ ra $\Delta HDE\sim\Delta ABC(g.g)$ và $HF$ // $BC$.

Do đó $\frac{HO'}{O'F}=\frac{AF}{FG}=\frac{JM}{MG}$ nên A, O', M thẳng hàng.

$\boxed{26}$: Cho tam giác ABC có 3 đường cao AD,BE,CF cắt nhau tại H. Gọi L,M,N lần lượt là trung điểm của AH,EF,BC. Cho X,Y là chân đường cao hạ từ L,N lên tia DF. Chứng minh XM vuông góc với MY                       

Dễ thấy L, M, N nằm trên đường trung trực của EF.

Từ đó các tứ giác XLMF, YNMF nội tiếp.

Ta có $\angle XMF+\angle YMF =\angle XLF+\angle YNF=90^o$ nên $XM\perp MY$.

P/s: Hay anh chữa bài 5, 6 đi, em thấy lâu rồi mà hai bài đó hơi khó

Bài 43: Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thỏa mãn $a+b+c=3, a^2+b^2+c^2=5$. Chứng minh rằng: $a^3b+b^3c+c^3a\leqslant 8$

Đặt $M=a^3b+b^3c+c^3a;N=ab^3+bc^3+ca^3$.

Ta có $M+N\leq (ab+bc+ca)(a^2+b^2+c^2)=10$.

Xét hằng đẳng thức $M-N=(a+b+c)(a-b)(b-c)(a-c)$.

Giả sử $a$ là số lớn nhất.

+) Nếu $a\geq b\geq c$ thì ta có $\frac{3}{2}(a-c)^2\leq (a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2=6\Rightarrow a-c\leq 2$.

Do đó $M-N=3(a-b)(b-c)(a-c)\leq \frac{3}{4}(a-c)^3\leq 6$.

Suy ra $2M=M-N+M+N\leq 16$ nên $M\leq 8$.

+) Nếu $a\geq c\geq b$ thì $M\leq N\Rightarrow M\leq 5<8$.

BĐT được chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi $a=2;b=1;c=0$.

Bài 38: Cho tam giác $ABC$ $(AB<AC)$, $E$ và $F$ lần lượt nằm trên $CA, AB$ sao cho $BF=CE$, $BE$ cắt $CF$ tại $K$. $I_1, I_2$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $KBF$ và tam giác $KCE$. Phân giác trong góc $\widehat{BAC}$ cắt $I_1I_2$ tại $L$. Chứng minh $LI_1=KI_2$.

Gọi $D,S$ lần lượt là trung điểm của hai cung $BC$ chứa $A$ và không chứa $A$.

$R$ đối xứng với $S$ qua $BC$. $Q$ là điểm liên hợp đẳng giác của $R$ trong tam giác $KBC$.

Gọi $M,X,Y,G$ lần lượt là trung điểm của $BC,BE,CF,EF$.

Dễ thấy $MXGY$ là hình thoi.

$MG$ cắt $I_1I_2$ tại $J$.

Dựng hình bình hành $KEIF$.

Nhận xét 1: $JL = JK$:

Chứng minh: Ta có $\Delta DBF = \Delta DCE(c.g.c)\Rightarrow \begin{cases} D\in (AEF) \\ DE = DF\end{cases}$.

Kẻ đường kính $DN$ của $(AEF)$.

Sử dụng định nghĩa tỉ số kép dễ dàng chứng minh được $F(AE,IN) = E(AF,IN)$.

Dẫn đến $A,I,N$ thẳng hàng, hay $AI$ là phân giác $\angle BAC$.

Theo tính chất đường trung bình cho tam giác $KIL$, ta có $JK = JL$.

Nhận xét 2: $Q$ thuộc $(KBF)$ và $(KCE)$: 

Chứng minh Do $JL=JK$, theo tính chất đường trung bình hình thang ta có $KR\parallel AS$.

Ta có biến đổi góc $(QB,QK) \equiv (QB,BK) + (BK,QK) \equiv (BC,BR) + (KR,KC)\equiv (AB,AS) + (AI,KC) \equiv (AB,KC)\equiv (FB,FK)\pmod \pi$

$\Rightarrow Q\in (KBF)$, tương tự $K\in (KCE)$.

Nhận xét 3: $J,K,X,Y,Q$ đồng viên:

Chứng minh: Do $Q$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $BECF.KA$ nên $Q \in (AFC)\cap (AEB)$.

Do đó xét phép vị tự quay $\mathcal{F}_{Q}$: $\begin{cases} B\mapsto F \\ E\mapsto C\end{cases}$

$\Rightarrow \mathcal{F}_{Q}(X) = Y\Rightarrow (QX,QY)\equiv (QB,QF)\equiv (KB,KF)\equiv (KX,KY)\pmod \pi$

$\Rightarrow Q\in (KXY)$.

Đồng thời do $KJ$ là phân giác ngoài của $\angle XKY$ và $JX=JY$ nên $J\in (KXY)$.

Dẫn đến $J,K,X,Y,Q$ đồng viên.

Nhận xét 4: $JI_1 = JI_2$: 

Chứng minh: Cho $I_1I_2$ cắt lại $(KBF)$ và $(KCE)$ tại $U,V$.

Dễ thấy $\Delta UBF=\Delta VCE\Rightarrow UI_1=UB=VC=VI_2$. (1)

Lại có $\frac{\wp_{X/(KBF)}}{\wp_{X/(KCE)}} = -1 = \frac{\wp_{Y/(KBF)}}{\wp_{Y/(KCE)}}$, và đường tròn $(JKXYQ)$ đồng trục với hai đường tròn này nên $\frac{\wp_{J/(KBF)}}{\wp_{J/(KCE)}} = -1$

$\Rightarrow JU = JV$. (2)

Từ (1), (2) ta có $JI_1=JI_2$.

Kết hợp với nhận xét 1 ta có điều phải chứng minh.

$\textbf{Bài toán 34.}$ Cho $\Delta ABC$ có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp, $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp và $I_a$ là tâm đường tròn bàng tiếp đối diện đỉnh $A$. $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$. $P$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$ của $(O)$. $DP$ cắt $OI$ tại $L$, $PI_a$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $K$. Chứng minh $A,L,K$ thẳng hàng

Từng khai thác một vài tính chất.

Gọi $Q$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$.

Cho $KQ$ cắt $BC$ tại $E$.

Khi đó $\overline{QK} . \overline{QE} = QB^2 = QI_a^2$

$\Rightarrow \widehat{QI_aE} = 90^\circ$.

$AI$ cắt $BC$ tại $F$, $(AI)$ cắt lại $(O)$ tại $V$.

Khi đó $V,D,Q$ thẳng hàng. 

Ta có $\frac{QI_a}{QP} = \frac{QB}{QP} = \frac{ID}{IA}$

$\Rightarrow QI_aP\sim \Delta IDA(c.g.c)$

$\Rightarrow \widehat{QPK} = \widehat{DAF}$.

Mặt khác $\overline{QD}.\overline{QV} = QB^2 = \overline{QF} . \overline{QA}$

$\Rightarrow$ Tứ giác $AVDF$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{QPK} = \widehat{DVF}$

$\Rightarrow V,F,K$ thẳng hàng.

Cho $VP$ cắt $BC$ tại $X$. Ta có kết quả quen thuộc $IX\perp AD$.

$IX$ cắt lại $(BIC)$ tại $N$.

Kẻ đường kính $MK$ của $(O)$.

Dễ thấy $QI = QN$.

Ta có biến đổi góc có hướng:

$(GI,GX)\equiv (NI,NQ) \equiv (IQ,IN)\equiv (IA,IX) \equiv (IA,AD) +\frac{\pi}{2} \equiv -(PQ,PI_a)+\frac{\pi}{2} \equiv (QK,PK) + (PK,PQ) \equiv (QK,PQ) \equiv (OK,QK)\equiv (MG,GQ)\pmod \pi$.

Mà $GQ\equiv GX$, do đó $GI\equiv MG$ suy ra $G,I,M$ thẳng hàng.

Lại có dễ dàng nhận thấy $G,D,P$ thẳng hàng, do đó áp dụng định lý Pascal cho bộ $\begin{pmatrix} A & M & P \\ G & Q & K \end{pmatrix}$ ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 1. (Sáng tác) Cho $\Delta ABC$ nhọn có $AB<AC$ nội tiếp $(O)$. $T$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$. Gọi $H$ là trực tâm của $\Delta ABC$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $OH$ tại $L$. Qua $A$ kẻ đường thẳng vuông góc với $OH$ cắt $BC$ tại $K$. Chứng minh rằng $OK$ vuông góc $TL$.

Screenshot (1472).png

Lúc đầu đi chứng minh lại bài toán ông cho thì hơi lâu nhưng bài này có cách giải đơn giản không liên quan:

Gọi $AK$ cắt $(O)$ tại $M$ thì $LM$ là tiếp tuyến của $(O)$.

Nhận thấy: $\overline{KA}.\overline{KM}=\overline{KB}.\overline{KC}$.

Do đó $\mathcal{P}_{K/(OL)}=\mathcal{P}_{K/(OT)}$.

Suy ra $OK$ là trục đẳng phương của $(OL)$ và $(OT)$ nên $OK\perp LT$.

Bài toán 4: Cho tam giác ABC, hai điểm P, Q đẳng giác trong tam giác ABC. Gọi D, E, F; X, Y, Z lần lượt là hình chiếu của P, Q trên BC, CA, AB. EF cắt BC tại G. Khi đó PG vuông góc với AX.