Iceghost

Bác Iceghost, còn trường hợp E, X bên dưới nữa.

Em thấy nó cũng tương tự TH trên thôi nhỉ :3 Hay em phải viết lại đoạn biến đổi góc bằng góc định hướng  ?

1/

Gọi $Z$ là giao điểm thứ hai của $UV$ với $(AUC)$, $P$, $Q$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $UE$, $UX$ với $(AUB)$, $(AUC)$.

Theo phương tích của điểm $E$ so với $(AUB)$ và $(ABC)$ thì $$EP \cdot EU = EA \cdot EB = ED \cdot EY$$

Suy ra $P, D, U, Y$ đồng viên. Chứng minh tương tự ta được $P, D, U, Y, Q$ đồng viên.

Để ý $$\angle{QAZ} = \angle{QUZ} = \angle{ABU} = \angle{APU}$$

Do $\angle{PUV} = \angle{ACU} = \angle{AZU}$ nên $PU \parallel AZ$, suy ra $$\angle{UAQ} = \angle{UAZ} + \angle{QAZ} = \angle{AUP} + \angle{APU} = 180^\circ - \angle{UAP}$$

Suy ra $P, A, Q$ thẳng hàng. Từ đó do $\angle{QUZ} = \angle{QPU}$ nên $UZ$ tiếp xúc $(PUQ)$ hay $UV$ tiếp xúc $(DUY)$. Đpcm 

Lời giải khác nữa cho bài 3. Ý tưởng từ @Nguyen Xuan Hieu <3

Kẻ các đường kính $XI$ và $XL$ của $(E)$ và $(F)$, suy ra $IL$ là tiếp tuyến của $(A)$.

Gọi $D$ là trung điểm $AK$ thì $XY$ và $EF$ đều đi qua $D$. Gọi $Z$ là giao của $YE$ với $IL$.

Ta có $$\dfrac{ZE}{ZY} = \dfrac{d(E,IL)}{d(Y,IL)} = \dfrac{\dfrac12 AK}{AY \sin \angle{IAY}} = \dfrac{AK}{AB \sin C} = \dfrac{CK}{AB \sin \angle{KAC}}$$

$$\dfrac{XY}{XD} = \dfrac{CB}{CK}$$

$$\implies \dfrac{ZE}{ZY} \cdot \dfrac{XY}{XD} = \dfrac{CB}{AB \sin \angle{KAC}} = \dfrac{\sin A}{\sin C \cos B}$$

Để ý $\triangle{YAL} \sim \triangle{YOK}$ (g-g) nên $\dfrac{AL}{OK} = \dfrac{YA}{YO} = \tan \angle{AOY} = \tan C$. Tương tự ta cũng có $\dfrac{AI}{OK} = \tan B$ nên $$\dfrac{DF}{DE} = \dfrac{AL}{AI} = \dfrac{\tan C}{\tan B} = \dfrac{\cos B \sin C}{\sin B \cos C}$$

$$\implies \dfrac{FD}{FE} = \dfrac{\cos B \sin C}{\sin B \cos C + \cos B \sin C} = \dfrac{\cos B \sin C}{\sin(B+C)} =\dfrac{\cos B \sin C}{\sin A}$$

Từ đó ta có $\dfrac{ZE}{ZY} \cdot \dfrac{XY}{XD} \cdot \dfrac{FD}{FE} = 1$ hay $Z$, $X$, $F$ thẳng hàng, suy ra $XF$ cắt $YE$ tại $Z$ nằm trên $IL$ là tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$

Lời giải khác cho bài 3:

Kẻ đường kính $AM$ của $(AXK)$ và đường kính $AN$ của $(AYK)$. Ta sẽ chứng minh $BM$, $CN$ cắt nhau trên tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$
Dễ dàng nhận thấy một số điều sau: $M, O, X$ thẳng hàng, $N, O, Y$ thẳng hàng, $M, K, N$ thẳng hàng, tứ giác $MNXY$ nội tiếp, tứ giác $PQXY$ nội tiếp. Từ đó ta có $\angle{MYP} = \angle{NXQ}$
 
Giả sử tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $D$, theo định lý $Desargues$ cho hai tam giác $DMN$ và $ABC$: $BM$, $CN$, $AD$ đồng quy khi và chỉ khi $I = DM \cap AB$, $K = MN \cap BC$, $J = DN \cap AC$ thẳng hàng.
 
Thật vậy, theo định lý $Menelaus$ thì ta chỉ cần chứng minh $$\dfrac{IM}{ID} \cdot \dfrac{JD}{JN} \cdot \dfrac{KN}{KM} = 1$$
Biến đổi vế trái ta có \[\begin{align*} \dfrac{IM}{ID} \cdot \dfrac{JD}{JN} \cdot \dfrac{KN}{KM} &= \dfrac{MP}{DA} \cdot \dfrac{DA}{NQ} \cdot \dfrac{ON \cos \angle{ONK}}{OM \cos \angle{OMK}} \\ &= \dfrac{MP}{NQ} \cdot \dfrac{ON}{OM} \cdot \dfrac{\cos \angle{ONK}}{\cos \angle{OMK}} \\ &= \dfrac{MP}{NQ} \cdot \dfrac{NX}{MY} \cdot \dfrac{\sin \angle{MPY}}{\sin \angle{NQX}} \\ &= \dfrac{MP}{MY} \cdot \dfrac{NX}{NQ} \cdot \dfrac{\sin \angle{MPY}}{\sin \angle{NQX}} \\ &= \dfrac{\sin \angle{MYP}}{\sin \angle{MPY}} \cdot \dfrac{\sin \angle{NQX}}{\sin \angle{NXQ}} \cdot \dfrac{\sin \angle{MPY}}{\sin \angle{NQX}} \\ &= 1 \end{align*}\]
Suy ra đpcm. Tới đây xét phép vị tự tâm $A$ tỉ số $\dfrac12$ biến $BM$ thành $YE$, biến $CN$ thành $XF$, biến tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ thành chính nó. Do $BM, CN, AD$ đồng quy nên $YE, XF, AD$ cũng đồng quy.

Chém bài ngắn nhất trước

Bài 1. Cho tam giác $ABC$ có tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $E$. $K$ là hình chiếu của $E$ lên đường trung bình ứng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$. Chứng minh rằng: $(K;EK)$ tiếp xúc $(O)$.

Gọi $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$ với $X, Y, Z$ lần lượt là các tiếp điểm của đường tròn trên $BC, AC, AB$. Lấy $T$ là giao điểm thứ hai của đường tròn đường kính $AI$ với $(O)$.

Trước hết ta chứng minh $TX$ đi qua $D$ là trung điểm cung nhỏ $BC$. Do $\angle TBZ = \angle TCY$ và $\angle TZB = 180^\circ - \angle TZA = 180^\circ - \angle TYA = \angle TYZ$ nên $\triangle{TZB} \sim \triangle{TYC}$, suy ra $\dfrac{TB}{TC} = \dfrac{ZB}{YC} = \dfrac{XB}{XC}$. Do $X$ nằm trên đoạn $BC$ nên $TX$ là phân giác trong góc nội tiếp $BTC$, từ đó $TX$ đi qua $D$.

Gọi $H$ là giao điểm của $IX$ và $OT$, do $HX \parallel OD$ nên $\dfrac{TH}{HX} = \dfrac{TO}{OD} = 1$ hay $HT = HX$.

Bây giờ ta cần chứng minh $H$ nằm trên đường trung bình ứng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$. Lấy $X'$ đối xứng $X$ qua $H$ và $D'$ đối xứng $D$ qua $O$, theo bổ đề hình thang thì $T$, $X'$, $D'$ thẳng hàng. Do $DD'$ là đường kính $(O)$ nên $\angle ATX' = \angle ADD' = \angle DIX = \angle AIX'$, suy ra $X'$ cũng thuộc đường tròn đường kính $AI$. Từ đó $AX' \perp XX'$ và $AX' \parallel BC$, mà $H$ là trung điểm $XX'$ nên $H$ phải nằm trên đường trung bình ứng với đỉnh $A$ của tam giác $ABC$.

Bấy giờ, để ý rằng: Do $BX = CE$ nên $(K,KE)$ chỉ là ảnh của $(H,HX)$ qua phép đối xứng trục $DD'$, mà $(H,HX)$ tiếp xúc $(O)$ tại $T$ nên theo tính đối xứng thì $(K, KE)$ cũng tiếp xúc $(O)$ (tại $T'$ là ảnh của $T$ của phép đối xứng trục $DD'$)

Chuyên mục tự hỏi tự trả lời 

*** Cannot compile formula:
\begin{tikzpicture}\tkzDefPoints{1/4/A,0/0/B,5/0/C}\tkzDefPointBy[projection=onto B--C](A) \tkzGetPoint{D}\tkzDefPointBy[projection=onto C--A](B) \tkzGetPoint{E}\tkzDefPointBy[projection=onto A--B](C) \tkzGetPoint{F}\tkzDefLine[orthogonal=through B](D,F) \tkzGetPoint{x1}\tkzDefLine[orthogonal=through E](D,E) \tkzGetPoint{x2}\tkzInterLL(B,x1)(E,x2) \tkzGetPoint{X}\tkzDefPointBy[projection=onto A--D](X) \tkzGetPoint{Y}\tkzCircumCenter(A,B,C) \tkzGetPoint{O}\tkzDefPointBy[symmetry=center O](C) \tkzGetPoint{Z} \tkzDrawSegments(A,B B,C C,A D,F D,E B,X E,X B,E C,F A,D C,Z Z,A Z,B)\tkzDrawSegments[dashed](X,Y)\tkzDrawSegments[color=red,dashed](X,A X,D) \tkzLabelPoint[above](A){$A$}\tkzLabelPoint[below](B){$B$}\tkzLabelPoint[below](C){$C$}\tkzLabelPoint[below](D){$D$}\tkzLabelPoint[above right](E){$E$}\tkzLabelPoint[above right](F){$F$}\tkzLabelPoint[below](O){$O$}\tkzLabelPoint[right](X){$X$}\tkzLabelPoint[left](Y){$Y$}\tkzLabelPoint[left](Z){$Z$} \tkzDrawPoints[fill=white](A,B,C,D,E,F,O,X,Y,Z)\end{tikzpicture}

*** Error message:
Error: Nothing to show, formula is empty

Giả sử $\triangle{ABC}$ nhọn. Các trường hợp còn lại ta làm tương tự.
 
Gọi $Y$ là trung điểm $AD$, để chứng minh $XA=XD$ ta chứng minh $XY \perp AD$ hay $XY \parallel BC$. Do đó ta sẽ chứng minh $S_{XBC} = S_{YBC} = \dfrac12 S_{ABC}$
 
Kẻ đường kính $CZ$. Như một kết quả quen thuộc ta có $BO \perp DF$ và $CO \perp DE$, dẫn đến $B, O, X$ thẳng hàng.
 
Để ý $XE \parallel CO$ và $AZ \parallel BE$, biến đổi diện tích ta có \[\begin{aligned} S_{XBC} &= S_{BOC} + S_{COX} \\&= S_{BOC} + S_{COE} \\&= \dfrac12 (S_{BZC} + S_{CZE}) \\&= \dfrac12 (S_{BZE} + S_{BEC}) \\&= \dfrac12 (S_{BAE} + S_{BEC}) \\&= \dfrac12 S_{ABC}\end{aligned}\]
Ta có đpcm.

Câu 1 (4,0 điểm). Giải phương trình trên tập số thực: $x\sqrt{5-x^2} + \sqrt{x-1} = x+1$.

Câu 2 (4,0 điểm). Cho tam giác $ABC$ nhọm có đường cao $AD$. Đường tròn tâm $M$, đường kính $BC$ cắt các đoạn thẳng $AC$, $AD$ lần lượt tại $E$, $F$ ($E \ne C$). Đường tròn tâm $B$, bán kinh $BF$ cắt tia $BE$ tại $G$. Gọi $H$ là giao điểm của tia $FG$ với $(M)$ và $I$ là điểm chính giữa cung nhỏ $EF$ của $(M)$. Đường thẳng qua $G$ vuông góc $MG$ cắt các đường thẳng $AD$, $HI$, $AC$ lần lượt tại $X$, $Y$, $Z$. Chứng minh $XG=GY=YZ$.

Câu 3 (3,0 điểm). Cho $a,$, $b$, $c$ là ba số thực dương thỏa mãn $abc = 1$. Chứng minh rằng $$\sqrt{a^2-a+1} + \sqrt{b^2-b+1} + \sqrt{c^2-c+1} \geqslant a+b+c.$$

Câu 4 (3,0 điểm). Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ sao cho $p^2-p+1$ là lập phương của một số tự nhiên.

Câu 5 (3,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ $Oxy$, cho các điểm $A(2018;0)$, $B(2018;2002)$, $C(0;2002)$, $X(2017;0)$, $Y(2018;1)$, $Z(1;2002)$, $T(0;2001)$. Chia hình chữ nhật $OABC$ thành $2018 \times 2002$ hình vuông đơn vị (đỉnh có tọa độ nguyên và có cạnh bằng $1$). Hỏi trong hình chữ nhật $OABC$ có bao nhiêu hình vuông đơn vị không có điểm chung với hình lục giác $XAYZCT$?

Câu 6 (3,0 điểm). Tồn tại hay không một hàm số $f: \mathbb{N^*} \rightarrow \mathbb{N^*}$ thỏa mãn $$f(f(n-1)) = f(n+1) - f(n), \forall n \geqslant 2.$$

----- HẾT -----

Bài 1. (5 điểm)

a) Giải phương trình: $x^2 + 8 = 3\sqrt{x^3+8}$

b) Cho tam thức bậc hai $P(x)$ có hệ số thực và thỏa mãn: $$x^2-2x+3 \leqslant P(x) \leqslant 15x^2 - 30x + 17, \forall x.$$

Biết rằng $P(13) = 2018$, tính $P(0)$.

Bài 2. (3 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ $Oxy$, cho hai điểm $A(3,0),B(0,4)$. Biết rằng tồn tại đúng một hình vuông có hai đỉnh nằm trên đoạn $AB$ còn hai đỉnh kia nằm trên các đoạn $OA$, $OB$. Hãy xác định tọa độ tâm $I$ của hình vuông đó.

Bài 3. (3 điểm)

Xét các số thực dương $x,y,z$ thỏa mãn $\dfrac1{x} + \dfrac1{y} + \dfrac1{z} = 2$.

Chứng minh rằng: $x+y+2z^2 \geqslant 6$. Hỏi đẳng thức xảy ra khi nào?

Bài 4. (4 điểm)

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $AB < AC$ và $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. Gọi $D, B$ lần lượt là giao điểm của tia $AI$ với $BC$, $(O)$. Đường thẳng qua $I$, vuông góc với $AI$ cắt $BC$ ở $K$ và $KA$, $KE$ cắt lại $(O)$ ở $M$, $N$ Các tia $ND$, $NI$ cắt lại đường tròn $(O)$ tại $Q$, $P$.

a) Chứng minh rằng tam giác $INE$ vuông.

b) Chứng minh rằng $PM = PQ$.

Bài 5. (2 điểm)

Trong một câu lạc bộ có $100$ học sinh, gồm $90$ học sinh chơi cầu lông, $80$ học sinh chơi bóng bàn và $70$ học sinh chơi đá bóng. Hỏi có ít nhất bao nhiêu học sinh chơi cả ba môn thể thao?

Bài 6. (3 điểm)

Ở một công ty, có $10$ xe đưa rước nhân viên xuất phát từ cùng một bến để đi đến công ty. Mỗi tài xế có hai lựa chọn là:

(1) Đi quốc lộ, không ngại kẹt xe nhưng phải đi vòng, thời gian tốn là $40$ phút.

(2) Đi nội thành, đường ngắn hơn và chỉ mất $15$ phút nếu một xe chạy, nhưng do đường nhỏ nên nếu có thêm một xe nữa cũng chạy (chỉ xét xe của công ty này) thì thời gian di chuyển của các xe sẽ cùng tăng $5$ phút; cứ như thế, thời gian tăng sẽ tỉ lệ thuận với số xe tăng thêm.

Hỏi các tài xế phải thảo luận và chọn ra bao nhiêu xe đi trong nội thành để tổng thời gian các xe di chuyển là ít nhất?

HẾT

hpt $\iff \begin{cases} (x-1)^2 + (y+2)^2 = b^2 &(C_1) \\ (x+6-a)^2 + (y-a)^2 = 3^2 &(C_2) \end{cases}$

$(C_1)$ là một đường tròn có tâm $C_1(1,-2)$ và bán kính là $b$, $(C_2)$ là một đường tròn có tâm $C_2(a-6,a)$ và bán kính là $3$

Hệ có hai nghiệm phân biệt $\iff (C_1)$ và $(C_2)$ cắt nhau $\iff b - 3 < C_1C_2 < b+3$

Gọi hai giao điểm là $A(x_1,y_1)$ và $B(x_2,y_2)$ thì $x_1^2 - x_2^2 = y_2^2 - y_1^2 \iff OA = OB \iff C_1, O, C_2$ thẳng hàng. Suy ra $a = 4$

Từ đó có $C_1C_2 = 3 \sqrt{5}$, suy ra $b - 3 < 3 \sqrt{5} < b + 3$ hay $3\sqrt{5} - 3 < b < 3\sqrt{5} + 3$

Đổi tên $I$ thành $O$ cho dễ gọi

Ta có $$\vec{OA} + \vec{OB} + \vec{OC} = 3\vec{OG} \implies 3R^2 + 2R^2(\cos 2A + \cos 2B + \cos 2C) = 9d^2$$

Do $\cos 2A = 1 - 2 \sin^2 A$ nên $$3R^2 + 2R^2[3 - 2 (\sin^2A + \sin^2B + \sin^2C)] = 9d^2 \implies \sin^2A + \sin^2B + \sin^2C = \dfrac{8R^2-9d^2}{4R^2}$$

Ngoài ra $$GH \cdot a = GE \cdot b = GK \cdot c = \dfrac23 S \implies S_{GEK} = \dfrac12 \cdot GE \cdot GK \cdot \sin EGK = \dfrac29 \dfrac{S^2}{bc} \cdot \sin A = \dfrac19 S \sin^2 A$$

Tương tự rồi suy ra $$S_{HEK} = S_{GEK} + S_{GKH} + S_{GHE} = \dfrac19 S(\sin^2A + \sin^2B + \sin^2C) = \dfrac{(8R^2-9d^2)S}{36R^2}$$

b/ Gọi $O$ là tâm $(ABC)$. Để ý $OA \perp B'C'$ nên $S_{OB'AC'} = \dfrac12 \cdot OA \cdot B'C' = \dfrac12 \cdot R \cdot 2R \sin A \cos A = R^2 \sin A \cos A$

Tương tự suy ra $S_{ABC} = R^2 \cdot VT$

Lại có $S_{ABC} = \dfrac12 \cdot AB \cdot AC \cdot \sin A = \dfrac12 \cdot 2R \sin C \cdot 2R \sin B \cdot \sin A = R^2 \cdot VP$

Suy ra $VT = VP$

Đặt $BC = a ; AC = b ; AB = c$

$BO$ cắt $AC$ tại $D$

Trước hết $$\vec{AO} = \dfrac{BO}{BD} \vec{AD} + \dfrac{DO}{DB} \vec{AB}$$

Để ý $$\dfrac{BO}{DO} = \dfrac{AB}{AD} = \dfrac{CB}{CD} = \dfrac{c+a}{b}$$ nên $$\dfrac{BO}{BD} = \dfrac{c+a}{a+b+c}$$ và $$\dfrac{DO}{BD} = \dfrac{b}{a+b+c}$$

Hơn nữa $$\dfrac{AD}{CD} = \dfrac{BA}{BC} = \dfrac{c}{a}$$ nên $$\vec{AD} = \dfrac{AD}{AC} \vec{AC} = \dfrac{c}{c+a} \vec{AC}$$

Từ đó ta có $$\begin{array}{ccrcr} \vec{AO} &=& \dfrac{c+a}{a+b+c} \cdot \dfrac{c}{c+a} \vec{AC}& + &\dfrac{b}{a+b+c} \vec{AB} \\ &=& \dfrac{c}{a+b+c} \vec{AC} &+& \dfrac{b}{a+b+c}\vec{AB}\end{array}$$

Ta sẽ chứng minh $AK$ là đường đối trung của $\triangle{ADB}$ hay $$\dfrac{KD}{KB} = \dfrac{AD^2}{AB^2}$$

Thật vậy, áp dụng định lý $Menelaus$ và tính chất đường phân giác ta có $$\dfrac{KD}{KB} \cdot \dfrac{NB}{NH} \cdot \dfrac{MH}{MD} = 1$$ và $$\dfrac{AD}{AB} = \dfrac{CD}{CB} = \dfrac{AC}{AB + CB}$$

Để ý $NB = NH$, suy ra ta cần chứng minh $$\dfrac{MD}{MH} = \dfrac{AC^2}{(AB+CB)^2}$$ hay $$\dfrac{CD-AD}{CH-AH} = \dfrac{AC^2}{(AB+CB)^2}$$

Chia hai vế cho $CH + AH = AC$ ta có $$\dfrac{CD - AD}{CH^2-AH^2} = \dfrac{AC}{(AB+CB)^2}$$

Chú ý $CH^2-AH^2 = CB^2-AB^2 = (CB+AB)(CB-AB)$, khi đó $$\dfrac{CD - AD}{CB - AB} = \dfrac{AC}{AB + CB}$$

Điều này luôn đúng do $$\dfrac{CD}{CB} = \dfrac{AD}{AB} = \dfrac{CD-AD}{CB-AB} = \dfrac{AC}{AB+CB}. \quad \square$$

Cho $\triangle{ABC}$, ba đường cao $AD, BE, CF$. Đường thẳng qua $B$ vuông góc $DF$ cắt đường thẳng qua $E$ vuông góc $DE$ tại $X$. Chứng minh $AX = DX$

Lời giải. Do $\overarc{VD} = \overarc{VC}$ nên $\angle{EBF} = \angle{EAF}$ hay tứ giác $EABF$ nội tiếp, suy ra $\angle{EFA} = \angle{EBA} = \angle{ACD}$ hay $EF \parallel AC$. Từ đó theo định lý Ta-lét $$\dfrac{ED}{EG} \cdot \dfrac{FG}{FC} \cdot \dfrac{MC}{MD} =\dfrac{ED}{EG} \cdot \dfrac{EG}{ED} \cdot 1 = 1$$

Theo định lý Ceva đảo thì $GM, CE, DF$ đồng quy. $\blacksquare$