cat love math

a) $\overrightarrow{GA}-2\overrightarrow{GB}+3\overrightarrow{GC}=(\overrightarrow{GA}-\overrightarrow{GB})+(\overrightarrow{GC}-\overrightarrow{GB})+2\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{BC}+2\overrightarrow{GC}=\overrightarrow{BD}+2\overrightarrow{GC}=0$ 

Suy ra G là điểm đối xứng với tâm O qua cạnh CD.

Suy ra: $\overrightarrow{AG}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DI}+\overrightarrow{IG}=\frac{3\overrightarrow{AD}}{2}+\frac{\overrightarrow{AB}}{2}$

a) Qua E kẻ đường thẳng song song với AD, cắt AB, CD tại K, H; qua F kẻ FL vuông góc với BC tại L.

Khi đó ta có: $\overrightarrow{DH}=\overrightarrow{AK}=\frac{\overrightarrow{c}}{2}; \overrightarrow{BL}=\frac{-\overrightarrow{a}}{2}$

                    $HE=\frac{CD\sqrt{3}}{2}=\frac{DA\sqrt{3}}{2}\Rightarrow\overrightarrow{HE}=\frac{\sqrt{3}\overrightarrow{DA}}{2}=\frac{\sqrt{3}\overrightarrow{a}}{2}$

                    $\overrightarrow{EK}=\frac{(2-\sqrt{3})\overrightarrow{a}}{2}$

Tương tự:    $\overrightarrow{LF}=\frac{\sqrt{3}\overrightarrow{c}}{2}$

$\overrightarrow{DE}=\overrightarrow{DH}+\overrightarrow{HE}=\frac{\overrightarrow{c}+\sqrt{3}\overrightarrow{a}}{2}$

$\overrightarrow{DF}=\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CL}+\overrightarrow{LF}=\frac{(2+\sqrt{3})\overrightarrow{c}+\overrightarrow{a}}{2}$

...

b) Tính được $\overrightarrow{AE}=\frac{\overrightarrow{c}+(\sqrt{3}-2)\overrightarrow{a}}{2};\overrightarrow{AF}=\frac{(2+\sqrt{3})\overrightarrow{c}-\overrightarrow{a}}{2}$

Suy ra : $\overrightarrow{AE}=(2+\sqrt{3})\overrightarrow{AF}$. Do đó A, E, F thẳng hàng.

Cho tam giác ABC. Đường cao BE, CF và đường tròn EUler là (O'), phân giác trong AD, phân giác ngoài AG. ED, FD lần lượt cắt (O') tại M, N khác E, F. GE, GF cắt (O') lần lượt tại P, Q khác E, F. PM giao NQ tại R. Gọi S là đối xứng của G qua trung điểm PQ. Gọi T là đối xứng của D qua trung điểm MN. Chứng minh rằng R, S, T thẳng hàng.

a) Hai tam giác OAM và OCP có: OA = OC 

                                                    $\widehat{OAM}=\widehat{OCP}$ ( AB song song CD )

                                                    AM = CP

Suy ra 2 tam giác này bằng nhau => $\widehat{MOA}=\widehat{COP}$ => M, O, P thẳng hàng.

Tương tự suy ra N, O, Q thẳng hàng

b) Do BM = BN, BA = BC nên theo định lí Thales đảo suy ra MN song song AC + PQ song song AC => MN song song PQ. 

Tương tự MQ song song NP. Mà ta lại có AC vuông góc với BD => MNPQ là hình chữ nhật.

a) Theo tính chất đường trung bình ta có: MN song song với BE, NP song song với CF.

Vì O là tâm ngoại tiếp nên OM vuông góc AB, mà CF vuông góc với AB => OM song song CF => OM song song NP. Tương tự =>(đpcm)

b) Tam giác ADC vuông ở D có P là trung điểm AC => Tam giác PDC cân ở P => $\widehat{PDC}=\widehat{PCD}$

Mà ta lại có: $\widehat{PDC}=\widehat{MPD}    (MP song song BC)$

                    $\widehat{PCD}=\widehat{NHE}(HECD nội tiếp)=\widehat{MND} (MN song song HE)$

Suy ra: $\widehat{MPD}=\widehat{MND}$ => MNPD là tứ giác nội tiếp. 

c) Dễ thấy OMBQ là tứ giác nội tiếp ($\widehat{OMB}=\widehat{OQB}=90$) mà tam giác OBQ cố định khi A di chuyển trên (O) => Điểm M di chuyển trên đường tròn ngoại tiếp tam giác OBQ khi A di chuyển.

Ps: Ở câu b, nếu gọi X, Y lần lượt là trung điểm của HB, HC thì ta có 9 điểm D, E, F, M, N, P, Q, X, Y cùng thuộc một đường tròn có tâm là trung điểm OH. Đường tròn này gọi là đường tròn 9 điểm Euler!

Gọi D là giao điểm của BC và OO'. Ta có: $\widehat{AOB}+\widehat{AO'C}=(180-2\widehat{OAB})+(180-2\widehat{O'AC})=360-2(\widehat{OAB}+\widehat{O'AC})=360-2.90=180$. 

Suy ra OB song song với O'C. Khi đó ta có: $\frac{DO'}{DO}=\frac{O'C}{OB}=\frac{R'}{R}=const$ và D nằm trên đường thẳng OO' cố định. Suy ra D cố định (đpcm)

6/ Từ giả thiết $\Rightarrow \left \{ _{2005^{2}a+2005b+c=2010 (2)}^{2009^{2}a+2009b+c=2015(1)} \right.$

(1) trừ (2) vế theo vế ta được: $(2009^{2}-2005^{2})a+(2009-2005)b=5\Leftrightarrow 4.4014a+4b=5$

Dễ thấy VT chia hết cho 4, VP=5 không chia hết cho 4, a, b nguyên nên suy ra pt trên vô nghiệm, do đó không tìm được a, b, c thỏa mãn!

4/ gt <=> (x-y-1)²=2-y² . Suy ra y²<=2. Nhưng do y nguyên nên y = 0; 1; -1. Thế từng y vào rồi suy ra x !

3/ Từ x²+y²=a²+b² => (x+y)²-2xy=(a+b)²-2ab => xy = ab (*). Rút x=a+b-y thế vào (*) ta được: (a+b-y)y=ab <=> (a-y)(b-y)=0 <=> a=y hoặc b=y.

Khi đó ta được (x;y)=(a;b) hoặc (x;y)=(b;a) => đpcm.

Đề sai rồi bạn ơi!

Ta có: $\overrightarrow{OD}+\overrightarrow{OE}+\overrightarrow{OF}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OM}}{2}+\frac{\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{ON}}{2}+\frac{\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OP}}{2}=\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}{2}+\frac{\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}}{4}+\frac{\overrightarrow{OC}+\overrightarrow{OA}}{4}+\frac{\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}}{4}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$

a) Lấy N trên AB sao cho DN song song với AC.

Ta có: $\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AN}+\overrightarrow{ND}=\frac{AN}{AB}.\overrightarrow{AB}+\frac{ND}{AC}.\overrightarrow{AC}=\frac{CD}{BC}\overrightarrow{AB}+\frac{BD}{BC}\overrightarrow{AC}$ (ĐL Thales)  (*)

Mặt khác do AD là đường phân giác nên $\frac{BD}{AB}=\frac{CD}{AC}=\frac{BD+CD}{AB+AC}=\frac{BC}{AB+AC}$

Suy ra: $BD=\frac{BC.AB}{AB+AC}=\frac{ac}{b+c}; CD=\frac{BC.AC}{AB+AC}=\frac{ab}{b+c}$

Thế vào (*) ta được: $\overrightarrow{AD}=\frac{a^{2}c}{b+c}.\overrightarrow{AB}+\frac{a^{2}b}{b+c}.\overrightarrow{AC}$

Kẻ DM, DN vuông góc với AB, AC. 

Ta có: $\frac{DN}{AB}=\frac{CD}{BD}\Rightarrow \frac{1}{AB}=\frac{CD}{DN.BC}; \frac{MD}{AC}=\frac{BD}{BC}\Rightarrow \frac{1}{AC}=\frac{BD}{MD.BC}\Rightarrow \frac{1}{AB}+\frac{1}{AC}=\frac{CD+BD}{DN.BC}=\frac{1}{DN}$ 

Do AMDN là hình vuông nên: $AD=\sqrt{2}DM$ =>ĐPCM

Câu b thì cm tương tự, mình để bạn tự giải !

Cho tam giác ABC và một đường thẳng d cắt BC, CA, AB, lần lượt tại D, E, F. Gọi X, Y, Z là hình chiếu của A, B, C lên d. CMR:

$\overline{BY}.\overline{CZ}.\overline{EF}+\overline{CZ}.\overline{AX}.\overline{FD}+\overline{AX}.\overline{BY}.\overline{DE}=0$

Với mọi O, ta luôn có: $\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}=(\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{A'A})+(\overrightarrow{OB'}+\overrightarrow{B'B})+(\overrightarrow{OC'}+\overrightarrow{C'C})=(\overrightarrow{A'A}+\overrightarrow{B'B}+\overrightarrow{C'C})+\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{OB'}+\overrightarrow{OC'}=(\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{CA})+\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{OB'}+\overrightarrow{OC'}=\overrightarrow{0}+\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{OB'}+\overrightarrow{OC'}=\overrightarrow{OA'}+\overrightarrow{OB'}+\overrightarrow{OC'}$

Vẽ hình bình hành ABDC, gọi E và F lần lượt là hình chiếu của D lên IB và IC. Ta sẽ chứng minh phân giác góc BIC đi qua D cố định.

Thật vậy, do ABCD là hình bình hành nên AC song song với BD, mà C, N thuộc AC nên khoảng cách từ C đến BD và N đến BD là bằng nhau. Do vậy: $S_{BDN}=\frac{1}{2}.BD.d(N,BD)=\frac{1}{2}.BD.d(C,BD)=S_{BCD}=\frac{1}{2}S_{ABDC}$

Tương tự ta cũng có: $S_{CMD}=\frac{1}{2}S_{ABDC}$

Nên: $S_{BDN}=S_{CMD}$

Mà: $S_{BDN}=\frac{1}{2}BN.DE$

       $S_{CMD}=\frac{1}{2}CM.DF$

Mà BN=CM => DE=DF.

Hai tam giác vuông DEI và DFI có: DI chung, DE=DF => 2 tam giác này bằng nhau => $\widehat{DIE}=\widehat{DIF}$ => Phân giác góc BIC đi qua điểm D cố định (đpcm).