dogsteven

Gọi $K, L$ là hình chiếu của $D$ trên $PA, PB$, khi đó $KA.KB = KD^2 = PD^2-PK^2$ nên $K\in MN$

Tương tự ta có $L\in MN$, mà $KL$ đi qua trung điểm $PD$ nên $MN$ đi qua trung điểm $PD$

Về bài mở rộng, em xin đề xuất một lời giải.

Gọi $R$ là giao điểm của $EF$ với $BC$. Từ $E$ kẻ song song với $AB$ cắt $AP$ tại $K$. Khi đó $PBC$ đồng dạng với $EAK$

Ngoài ra $\dfrac{BM}{MC}=\dfrac{FN}{NE}=\dfrac{AN}{NK}$ nên $\widehat{ANE}=\widehat{PMR}$

Do đó $P\in (RMN)$, tương tự ta có $Q\in (RMN)$ với $Q$ là giao của $(AEF)$ với $AM$ (Hoàn thành ý 1)

Ta có $GEF$ và $GCB$ đồng dạng nên $\widehat{GNR}=\widehat{GMR}$ nên $G\in (RMN)$

Ta có: $(RT,FE)=G(RQ,FE)=\dfrac{AC}{AB}.\dfrac{\sin \widehat{MAC}}{\sin \widehat{MAB}}=\dfrac{MC}{MB}$

Tương tự ta có $(RS,BC)=\dfrac{AE}{AF}.\dfrac{\sin \widehat{NAE}}{\sin \widehat{NAF}}=\dfrac{EN}{NF}$

Do đó $(RT,FE)=(RS,BC)$ nên $A, T, S$ thẳng hàng.

Em xin đề xuất một lời giải cho bài toán tuần này:

Gọi $G$ là giao điểm của $AP$ và $EF$

$\widehat{PCB}=\widehat{PAF}=\widehat{EPA}$ và $\widehat{PBC}=\widehat{PAE}$ nên hai tam giác $PBC$ và $EAP$ đồng dạng

Chia đôi hai tam giác này ra ta được $\widehat{PMB}=\widehat{AGE}$

Gọi $H$ đối xứng với $A$ qua $M$ thì cũng tương tự ta có $NEF$ đồng dạng với $BAH$

Chia đôi hai tam giác này ra ta được $\widehat{NGE}=\widehat{MAB}$, từ đó cho ta điều phải chứng minh.

Bài toán $77$ do Bảo đề nghị có lẽ được tạo ra nhờ bài toán sau: Cho tam giác $XYZ$ ngoại tiếp $(O)$. Các tiếp điểm của $(O)$ trên $YZ,ZX,XY$ là $A,B,C$. Một đường tròn tâm $O$ bất kỳ cắt tia đối của các tia $OA,OB,OC$(hoặc cắt các tia $OA,OB,OC$) lần lượt tại $L,M,N$.Khi đó $XL,YM,ZN$ đồng quy 

Untitled.png

Bài này có lẽ đã cũ nhưng em(mình) chưa tìm được một lời giải nào hay, tính toán ít nên nhờ thầy và mọi người giúp đỡ

Em cũng muốn một lời giải đẹp cho bài toán này chứ cứ phải áp dụng cái định lý gì đó để chứng minh định lý Sondat thì vất vả lắm. Mong thầy và anh chị giúp ạ.

Lời giải đầy đủ bài toán 67 có thể tham khảo link.

 

Theo đề nghị của anh Dogsteven mình xin đề xuất bài toán mới sau.

$\boxed{\text{Bài toán 68}}$ (AoPS) Cho tam giác $ABC$ với tâm đường tròn $Euler$ là $N.D,E,F$ là hình chiếu của $N$ lên $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng đường thẳng $Euler$ của các tam giác $AEF,BFD,CDE,ABC$ đồng quy.

Bài này chính là một bài trong đề thi 30/4 lớp 10 năm nay. 

$\boxed{\text{Bài toán 67}}$

Gọi $G$ là giao điểm của $AD$ với $(Q, QA)$ thì theo kết quả bài toán ??? ta suy ra $G$ thuộc $(DM)$

$AX$ là đường kính của $(Q, QA)$, khi đó cũng theo kết quả bài toán ??? ta có tam giác $MCX$ và $DLA$ đồng dạng.

Ngoài ra $TMX$ và $TDA$ đồng dạng nên $\dfrac{TM}{MC}=\dfrac{TM}{MX}:\dfrac{MC}{MX}=\dfrac{TD}{DA}:\dfrac{DL}{DA}=\dfrac{TD}{DL}$

Mà $LD\perp BC$ nên $\widehat{LDT}=\widehat{TMC}$

Do đó hai tam giác $TDL$ và $TMC$ đồng dạng, do đó $T\in (LC)$

Nhờ thầy và các bạn đề nghị bài toán tiếp theo.

Đã sửa lại rồi . Thanks bác

Vẫn sai nữa. Với $x>3$ thì $P\leqslant \dfrac{112}{3}<\dfrac{148}{3}$

1.Áp dụng BĐT $C-S$ ta có:$\left ( \sqrt{x-2}+\sqrt{y+3} \right )^2\leq 2\left ( x-2+y+3 \right )=2\left ( x+y+1 \right )$

 

$\Rightarrow \sqrt{x-2}+\sqrt{y+3}\leq \sqrt{2}.\sqrt{x+y+1}$

 

Đặt $\sqrt{x+y+1}=t(t\geq 0)$

 

Khi đó thay vào (*) ta có:$\frac{t^2}{2}\leq \sqrt{2}t\Rightarrow 0\leq t\leq 2\sqrt{2}\Rightarrow 0\leq x+y+1\leq 8\Rightarrow -1\leq x+y\leq 7(**)$

 

Dấu bằng xảy ra khi $x=6$ và $y=1$ thỏa mãn (*) và GTLN =7

 

2.Có $\left ( x+y+1 \right )^2=4\left ( x+y+1+2\sqrt{x-2}.\sqrt{y+3} \right )\geq 4\left ( x+y+1 \right )\Rightarrow \begin{bmatrix} x+y\geq 3 & & \\ x+y\leq -1 & & \end{bmatrix}$

 

Kết hợp với (**) $\begin{bmatrix} 3\leq x+y\leq 7 & & \\ x+y=-1 & & \end{bmatrix}$

 

Với $x+y=-1\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \sqrt{x-2}\sqrt{y+3}=0 & & \\ x+y=-1 & & \end{matrix}\right. \Leftrightarrow \left\{\begin{matrix} x=2 & & \\ y=-3 & & \end{matrix}\right.$

 

Khi đó:$P=-\frac{9746}{243}$

 

Với $x+y\in[3;7]$ đặt $x+y=t\in[3;7]$ ,khi đó:$3^{x+y-4}+(x+y+1)2^{7-x-y}=3^{t-4}+\left ( t+1 \right )2^{7-t}$

 

Đạo hàm $f(t)$ ta sẽ thấy $f(t)$ đồng biến trên $[3;a]$ và nghịch biến trên $[a;7]$ với $f'(a)=0$  

 

$\rightarrow f(t)\leq f(3)=\frac{193}{3}\forall t\in\left [ 3;7 \right ]$

 

Ta có:$x^{2}+y^{2}\geq x^{2}+\left ( 3-x \right )^2=\frac{3}{2}\left ( x-2 \right )^2+\frac{x^2}{2}+3\geq 5(x+y\geq 3;x\geq 2)$

 

Vậy $P\leq \frac{193}{3}-5=\frac{143}{3}$

 

Dấu "=" xảy ra khi $x=2;y=1$

 

Vậy  $m=\frac{143}{3}$

Nếu y<=0 thì $0<=-y<=x-3$ nên $y^2<=(3-x)^2$

Em có một bài toán tương tự khác.

Cho tam giác $ABC$ và điểm $P$ nằm trên trung trực $BC$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $(PBC)$ cắt $AB, AC$ tại $F, E$. Gọi $Q$ là điểm đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$. Khi đó $PQ, BE, CF$ đồng quy.

Ta có $\sum \dfrac{y^2+z^2}{y^2+z^2+2}\geqslant \dfrac{\left(\sum \sqrt{y^2+z^2}\right)^2}{2(x^2+y^2+z^2)+6}=\dfrac{x^2+y^2+z^2+\sum \sqrt{(x^2+y^2)(x^2+z^2)}}{x^2+y^2+z^2+3}\geqslant \dfrac{2(x^2+y^2+z^2)+xy+yz+zx}{x^2+y^2+z^2+3}=\dfrac{3}{2}$

Do đó $\sum \dfrac{1}{y^2+z^2+2}\leqslant \dfrac{3}{4}$, $\sum \sqrt{yz}\leqslant x+y+z=3$ nên $P\leqslant \dfrac{15}{4}$

$\boxed{\text{Bài toán 53.}}$ Với bài toán này, ta có $\widehat{EPF}+\widehat{BPC}=180^o$ nên có thể áp dụng bài toán trước để suy ra điều phải chứng minh.

Ngoài ra còn có một cách giải khác, sử dụng đến bổ đề ERIQ.

Vẫn tiếp tục ý tưởng cũ, gọi $X, Y, Z, T$ là hình chiếu của $P$ trên $FE, EC, CB, BF$, $O$ là tâm $(XYZT)$, $Q$ đối xứng với $P$ qua $O$, $U, V, W$ là hình chiếu của $Q$ trên $FE, EC,CB$

Chứng minh tương tự lời giải trên ta suy ra $U, V, W\in (XYZT)$ và $P, Q$ tạm gọi là đẳng giác trong tứ giác $ABCD$

Ta có $\widehat{EUV}=\widehat{EYX}=\widehat{EPX}=\widehat{EFP}$ nên $UV || FC$, tương tự ta có $VW || EB$ nên $UW$ là đường kính của $(XYZT)$ hay $O$ là trung điểm $UV$

Ta có $\widehat{CQW}=\widehat{CVW}=\widehat{CEP}=\widehat{QEU}$ nên $\Delta CQW \sim \Delta QEU$, do đó $\dfrac{CW}{WQ}=\dfrac{QU}{UE}$

Tương tự ta có $\dfrac{BW}{WQ}=\dfrac{QU}{UF}$, từ đó suy ra $\dfrac{CW}{BW}=\dfrac{UF}{UE}$

Áp dụng bổ đề ERIQ cho ta điều phải chứng minh.

Với bài 52, em xin đề xuất một cách giải dùng diện tích.

Gọi $Q$ là điểm đối xứng của $P$ qua $O$, gọi $X, Y, Z, T$ là hình chiếu của $Q$ trên $AB, BC, CD, DA$ ($O$ là tâm $(EFGH)$)

Ta có $PQXE$ là hình thang vuông, mà $O$ là trung điểm $PQ$ nên $OE=OX$ hay $X\in (O)$

Chứng minh tương tự ta suy ra $Y, Z, T\in (O)$, bằng việc biến đổi góc: $\widehat{DQT}=\widehat{DZT}=\widehat{DHG}=\widehat{DPG}$

Do đó $DP, DQ$ đẳng giác góc $D$ tứ giác $ABCD$, chứng minh tương tự với các góc còn lại.

Ta có: $\dfrac{AX}{AH}=\dfrac{AT}{AE}=\dfrac{QT}{PE}$ nên $AX.PE=AH.QT$, tương tự ta có $BX.PE=BF.QY$

Cộng vế theo vế ta suy ra $S_{PAB}=S_{QAH}+S_{QBF}$, một cách tương tự ta có: $S_{PCD}=S_{QDH}+S_{QCF}$

Do đó $S_{PAB}+S_{PBC}=S_{QAD}+S_{QBC}$ hay $S_{PBC}+S_{QBC}+S_{PAD}+S_{QAD}=S_{ABCD}$

Mà $2S_{OBC}=S_{PBC}+S_{QBC}$ và $2S_{OAD}=S_{PAD}+S_{QAD}$ nên $S_{OBC}+S_{OAD}=\dfrac{S_{ABCD}}{2}$

$BC$ cắt $AD$ tại $U$, dựng $V \in BC, W\in AD$ sao cho $UV=BC$ và $UW=AD$

Khi đó $S_{OVW}=S_{OVU}+S_{OWU}-S_{UVW}=S_{OBC}+S_{OAD}-S_{UVW}=\dfrac{S_{ABCD}}{2}-S_{VWU}$

Gọi $M$ là trung điểm $AC$ thì $S_{MVW}=S_{MVU}+S_{MWU}-S_{UVW}=S_{MBC}+S_{MAD}-S_{UVW}=\dfrac{S_{ABCD}}{2}-S_{VWU}$

Như vậy $OM || VW$, tương tự nếu $N$ là trung điểm $BD$ thì  $ON || VW$ hay $O, M, N$ thẳng hàng.

$\boxed{\text{Bài toán 51}}$ Em nghĩ đề là $BN, CM, EF$ đồng quy tại $R$

Gọi $R$ là giao điểm của $BN, CM$, khi đó ta có $B(EF,RC)=B(QF,ND)=Q(EF,ND)=Q(EF,MD)=C(EF,RB)$ nên $E,F,R$ thẳng hàng.

Ngoài ra $Q(RP,BC)=N(RQ,EF)=N(BQ,EF)=-1$, mà $QP$ là phân giác ngoài góc $BQC$ nên $QR \perp PQ$

Do đó $\widehat{RQA}=90^o-\widehat{AQP}=\widehat{PAO}$

$\boxed{\text{Bài toán 52}}$ Cho tứ giác $ABCD$ với điểm $P$ nằm trong nó thỏa mãn $\widehat{APB}+\widehat{CPD}=180^o$. Gọi $E, F, G, H$ là hình chiếu của $P$ trên $AB, BC, CD, DA$. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $EFGH$ nằm trên đường thẳng đi qua trung điểm $AC$ và $BD$

$\boxed{\text{Bài toán 46}}$ (Theo đề nghị của anh halloffame)

$P$ là giao điểm của $(BAD)$ và $(CAE)$. $PE$ cát $AB$ tại $T$, $PD$ cắt $AC$ tại $Z$ thì $ZT$ là trục đẳng phương của $(O')$ và $(PDE)$

Khi đó $180^o-\widehat{AZP}=\widehat{DAC}+\widehat{ADZ}=\widehat{ABP}+\widehat{DAP}+\widehat{PAC}=\widehat{TBE}+\widehat{TED}=\widehat{ATP}$

Do đó tứ giác $ATPZ$ nội tiếp nên $\widehat{TZD}=\widehat{TAP}=\widehat{ZDE}$ hay $TZ || BC$

Do đó $O'$ thuộc trung trực $DE$ nên $OO'\perp BC$

$\boxed{\text{Bài toán 49}}$

Ta có $DE.DB = DF.DC = DA.DP$ nên $D$ là tâm vị tự trong của $(AEF)$ và $(PBC)$

Gọi $R$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PBC$ thì $M, D, R$ thẳng hàng.