Dark Repulsor

Một cách khác cho ý $2$:

Gọi $K$ là trung điểm của $AM$. Kẻ đường kính $HL$ của $(AM) \Rightarrow AL\parallel BC \Rightarrow A(LM,BC)=-1 \Rightarrow A(LM,RS)=-1 \Rightarrow H(LM,RS)=-1 \Rightarrow H(TG,RS)=-1$ với $RS\cap BC=G \Rightarrow (TG,RS)=-1 \Rightarrow AT,BS,CR$ đồng quy theo tinh chất hàng điều hòa của tứ giác toàn phần $RSCBAG$

Nếu $f(x)$ ko có nghiệm thì hiển nhiên ta có đpcm. Nếu $f(x)$ có nghiệm thì hiển nhiên phải có $2$ nghiệm, giả sử $x_{0}$ là nghiệm nguyên

Từ gt ta có: $f(0)=c$ lẻ; $f(1)=a+b+c$ lẻ $\Rightarrow a+b$ chẵn $\Rightarrow a,b$ cùng tính chẵn, lẻ

Viết lại $f(x)=\left(x-x_{0}\right)\left(ax-k\right)=ax^{2}-\left(ax_{0}+k\right)x+x_{0}k$  $(k\in \mathbb{Z})$

Đồng nhất hệ số: $x_{0}+k=c$ lẻ $\Rightarrow x_{0}$ và $k$ đều lẻ; $ax_{0}+k=-b$

Nếu $a$ lẻ $\Rightarrow b$ lẻ $\Rightarrow ax_{0}+k$ chẵn dẫn đến đẳng thức trên vô lý. Tương tự nếu $a$ chẵn. Từ đó ta có đpcm

Lời giải bài $\boxed{7}$:

$a$)  Gọi $M,N$ lần lượt là chân đường vuông góc kẻ từ $B$ đến $AC$ và từ $C$ đến $AB$

Ta có: $AD^{2}=AE^{2}=\overline{AM}.\overline{AC}=\overline{AN}.\overline{AB}=AF^{2}=AG^{2} \Rightarrow AD=AE=AF=AG \Rightarrow 4$ điểm $D,E,F,G$ cùng thuộc đường tròn tâm $A$

Dễ thấy $ADCE$ là tứ giác điều hòa $\Rightarrow H(AC,DE)=-1 \Rightarrow (BK,DE)=-1$. Chứng minh tương tự $(CK,FG)=-1$

Suy ra $BC,DG,DE$ đồng quy tại $P$ (định nghĩa lại điểm $P$) và $BC,DF,GE$ đồng quy tại $Q$. Ta cần chứng minh $P\in (HDF)$ và $P\in (HGE)$

Điều này đúng vì $4$ điểm $D,E,F,G$ cùng thuộc đường tròn tâm $A$ nên hình chiếu của $A$ trên $PQ$ hay $BC$ là $H$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $DFEGPQ$

$b$)  Áp dụng định lý Desargue cho $\Delta BCK$ và $\Delta FDP$ với $\overline{Q,G,E}$ ta có $BF,CD,PK$ đồng quy

$a$)  $\Delta IBE=\Delta ICF$ (c.g.c) $\Rightarrow$ đpcm

$b$)  $AD$ cắt lại đường tròn $(O)$ tại điểm thứ $2$ là $L$. Dễ thấy $ID$ là đường kính của $(J)$ và $IL$ là đường kính của $(O)$

$IB^{2}=IM.IL=IE.IL \Rightarrow \dfrac{IE}{IB}=\dfrac{IB}{IL}=\cos\dfrac{A}{2}=\dfrac{IE}{ID} \Rightarrow IB=ID$

$\Rightarrow \overline{IJ}.\overline{ID}=\dfrac{ID^{2}}{2}=\dfrac{IB^{2}}{2}=\dfrac{\overline{IM}.\overline{IL}}{2}=\overline{IO}.\overline{IM} \Rightarrow$ đpcm

Theo bài toán Protassov quen thuộc (tham khảo bài viết của anh Nguyễn Văn Linh) thì $PJ$ là phân giác trong của $\angle BPC$ với $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc $A$ của $\Delta ABC$          $(1)$

Xét phép vị tự $V_{P}^{k}$ biến đường tròn $(I)$ thành đường tròn $(W)$, $D$ biến thành $L$ nằm trên $(W)$ thỏa mãn $(ID\parallel WL)\perp BC$ suy ra $L$ là điểm chính giữa cung $BC$ ko chứa $P$ của đường tròn $(W)$ nên $PD$ là phân giác trong của $\angle BPC$          $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra đpcm

Đó là điểm Kosnita $X_{54}$ của $\Delta ABC$

$OB,OC$ lần lượt cắt lại đường tròn $(AOD)$ tại điểm thứ $2$ là $P,Q$

$(AD;AP)\equiv (OD;OP)\equiv 2(AD;AB)\equiv 2(AC;AO)\equiv (OC;OA)\equiv (OQ;OA)\equiv (PQ;PA)$  (mod $\pi$) $\Rightarrow AD\parallel PQ$. Mà $OA=OD$ nên $OP=OQ$

$\Rightarrow (EP;EO)\equiv (QP;QO)\equiv \dfrac{(OP;OQ)}{2}\equiv \dfrac{(OB;OC)}{2}\equiv (AB;AC)\equiv (OE;OF)\equiv (PE;PF)$ (mod $\pi$) $\Rightarrow OE\parallel FP$. Chứng minh tương tự $OF\parallel EQ$

Tứ đó nếu gọi $FP$ cắt $EQ$ tại $R$ thì $OERF$ là hình bình hành. Mà $I$ là trung điểm của $EF$ nên $I$ cũng là trung điểm của $OR$

Áp dụng định lý Pascal cho bộ $\left(\begin{array}{ccc} E & F & O \\ P & Q & A \end{array}\right)$ suy ra $\overline{R,C,B}$

Từ $2$ điều trên ta thu đc đpcm 

Do đường nối tâm $2$ đường tròn vuông góc với trục đẳng phương của chúng nên nếu ta gọi $K$ là tâm của $(APQ)$ thì $OK\perp AP$. Mà $AP\parallel OM$ với $M$ là trung điểm của $BC$ suy ra $OK\perp OM$ hay tâm của $(APQ)$ thuộc đường thẳng qua $O$ vuông góc với $OM$ cố định. Từ đó ta có thể thấy vai trò của $4$ điểm $D,E,F,Q$ trong đề bài là ko cần thiết

Gọi $D,I,J$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB \Rightarrow \overline{D,M,J}$ và $\overline{D,N,I}$. $DI$ cắt lại đường tròn $(OE)$ tại $U$, $DJ$ cắt lại đường tròn $(OF)$ tại $V$

$(UN;UK)\equiv (UI;UK)\equiv (EI;EP)\equiv (PN;PK)$  (mod $\pi$) $\Rightarrow 4$ điểm $N,U,K,P$ đồng viên          $(1)$

$OJ$ cắt lại đường tròn $(OE)$ tại $X \Rightarrow \left(EX\parallel AJ\parallel MP\right)\perp XJ$. Mà $MP$ đi qua trung điểm của $AE$ nên $MP$ là đường trung trực của $XJ$ hay $MX=MJ$

$(XM;XJ)\equiv (JO;JD)\equiv (ID;IO)\equiv (XU;XO)$  (mod $\pi$) $\Rightarrow \overline{U,X,M}$. Tương tự gọi $OI$ cắt lại đường tròn $(OF)$ tại $Y$ thì $\overline{V,Y,N}$

$(UM;UN)\equiv (UX;UI)\equiv (EX;EI)\equiv (PM;PN)$  (mod $\pi$) ; $(VM;VN)\equiv (VJ;VY)\equiv (FJ;FY)\equiv (PM;PN)$  (mod $\pi$)

Suy ra $5$ điểm $M,N,P,U,V$ đồng viên          $(2)$

Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra đpcm

Đây là câu $3$a VMO $2018$

Bài này chỉ cần điểm $L$ thỏa mãn $AH,AL$ đẳng giác trong $\angle BAC$ là được

Bổ đề:  Cho $\Delta ABC$. $P,Q$ là $2$ điểm thỏa mãn $AP,AQ$ đẳng giác trong góc $A$. $BP$ cắt $CQ$ tại $X$, $BQ$ cắt $CP$ tại $Y$. Khi đó $AX,AY$ cũng đẳng giác trong góc $A$

CM:  $CX$ cắt $AB$ tại $N$, $CY$ cắt $AB$ tại $M$. Ta có: $(CPYM)=B(CPYM)=B(CXQN)=(CXQN) \Rightarrow A(CPYM)=A(CXQN)$

Gọi giao điểm của $AP,AQ,AX,AY$ với $BC$ rồi áp dụng định lý Steiner kết hợp với $AP,AQ$ đẳng giác trong góc $A$ suy ra đpcm

Trở lại bt:

Áp dụng bổ đề cho $\Delta ABC$ với $2$ đường đẳng giác $AH,AL$ ta có $AX,AY$ là $2$ đường đẳng giác trong $\Delta  ABC$. Từ đó ta có biến đổi góc:

$(XZ;XT)\equiv (XB;XA)\equiv (XB;AB)+(AB;XA)\equiv (CA;CY)+(AY;CA)\equiv (YA;YC)\equiv (YZ;YT)$  (mod $\pi$) $\Rightarrow 4$ điểm $X,Y,Z,T$ đồng viên; ký hiệu là đường tròn $(I)$. Đến đây xét $2$ TH:

TH$1$: $\Delta ABC$ cân tại $A$ $\Rightarrow XY\parallel ZT\parallel EF\parallel BC \Rightarrow \overline{A,I,K}$ là đường trung trực của $BC$ (đpcm)

TH$2$: $\Delta ABC$ ko cân tại $A$. Khi đó $EF$ cắt $BC$ tại $D$, $XY$ cắt $ZT$ tại $G$, $DH$ cắt $AB$ tại $M$, $GH$ cắt $AX$ tại $N$, $HM$ cắt $AX$ tại $N'$

Ta có hàng điều hòa cơ bản: $(AM,FB)=-1 \Rightarrow H(AM,FB)=-1 \Rightarrow H(AN',ZX)=-1 \Rightarrow (AN',ZX)=-1$

Mà ta lại có hàng điều hòa cơ bản: $(AN,ZX)=-1$ nên $N\equiv N'$ hay $\overline{D,G,H}$

Áp dụng định lý Brocard cho $2$ đường tròn $(K)$ và $(I)$ ta có $K$ là trực tâm của $\Delta ADH$ và $I$ là trực tâm của $\Delta AGH$ $\Rightarrow DH\perp AK$ và $GH\perp AI$. Từ đó suy ra $\overline{A,I,K}$ (đpcm) 

Lời giải bài $\boxed{6}$:

$a)$  Kẻ đường kính $AK$ của $(O)$. $BK$ cắt $AC$ tại $X$, $CK$ cắt $AB$ tại $Y$ $\Rightarrow K$ là trực tâm của $\Delta AXY$

Gọi $P$ là trung điểm của $XY$ $\Rightarrow P$ là giao điểm $2$ tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của đường tròn $(O)$ $\Rightarrow OP$ là đường kính của đường tròn $(BOC)$

$AK$ cắt $XY$ tại $S$ $\Rightarrow \angle OSP=90^{\circ} \Rightarrow S\in (BOC)$

Xét mod $\pi$:  $(CA;CB')\equiv (CB;CA)\equiv (YX;YA)\equiv (CX;CS) \Rightarrow \overline{B',C,S}$

Tương tự:  $\overline{C',B,S}$.  Ta có đpcm

$b)$  $AH,BH,CH$ lần lượt cắt $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $AD$ cắt $EF$ tại $U$, $AS$ cắt $BC$ tại $V$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$ $\Rightarrow M$ là trung điểm của $HK$. $SM$ cắt $AD$ tại $U'$

Ta có hàng điều hòa cơ bản:

$(AK,VS)=-1 \Rightarrow D(AK,VS)=-1 \Rightarrow D(HK,MS)=-1 \Rightarrow HK\parallel DS \Rightarrow S(KH,MD)=-1$

$\Rightarrow S(AH,U'D)=-1 \Rightarrow (AH,U'D)=-1$

Mặt khác ta cũng có hàng điều hòa cơ bản:  $(AH,UD)=-1$ nên $U'\equiv U$ hay $\overline{U,M,S}$. $AM$ cắt $HS$ tại $L$, $AT$ cắt $OP$ tại $R$

$(AH,UD)=-1 \Rightarrow M(AH,UD)=-1 \Rightarrow M(LH,ST)=-1 \Rightarrow (LH,ST)=-1 \Rightarrow A(LH,ST)=-1$

$\Rightarrow A(MD,OR)=-1$. Mà $AD\parallel OR$ $\Rightarrow M$ là trung điểm của $OR$ hay $AT$ đi qua điểm cố định $R$ đối xứng với $O$ qua $BC$

Đề bài mới sửa lại ah? Với gt cũ $x^{3}+y^{3}+z=2\sqrt{3}+1$ em thử xem có làm đc ko

ĐK:  $x,y\in \mathbb{N}$

Pt $\Leftrightarrow 2+\sqrt{x+y+3}=\sqrt{xy} \Rightarrow x,y\geq 2$  (vì nếu có số nào bằng $1$ thì VT $>$ VP)

Giả sử $x=y$.  Pt $\Leftrightarrow 2+\sqrt{2x+3}=x \Rightarrow x^{2}-6x+1=0$  (ko có nghiệm nguyên)

Xét $x\neq y$. Vì vai trò của $x,y$ như nhau nên ko giảm tính tổng quát, giả sử $x>y$

$y=2$:  Pt $\Leftrightarrow 2+\sqrt{x+5}=\sqrt{2x} \Leftrightarrow 4\sqrt{x+5}=x-9 \Rightarrow x^{2}-34x+1=0$  (ko có nghiệm nguyên)

$y=3$:  Pt $\Leftrightarrow 2+\sqrt{x+6}=\sqrt{3x} \Leftrightarrow 2\sqrt{x+6}=x-5 \Rightarrow 4x^{2}-24x+1=0$  (ko có nghiệm nguyên)

Xét $x>y>3$:  Pt $\Leftrightarrow xy+1-x-y=4\sqrt{xy}<2(x+y) \Rightarrow (y-3)^{2}<(x-3)(y-3)<8 \Rightarrow y\in$ {$4;5$}

$y=4$:  Pt $\Leftrightarrow 2+\sqrt{x+7}=2\sqrt{x} \Leftrightarrow 4\sqrt{x+7}=3x-11 \Rightarrow 9x^{2}-82x+9=0 \Rightarrow x=9$. Thử lại thấy đúng

$y=5$:  Pt $\Leftrightarrow 2+\sqrt{x+8}=\sqrt{5x} \Leftrightarrow \sqrt{x+8}=x-3 \Rightarrow x^{2}-7x+1=0$  (ko có nghiệm nguyên)

Kết luận: Có $2$ cặp nghiệm $(x;y)$ là $(4;9)$ và $(9;4)$

Cố định $3$ điểm $A,B,C$ thì sẽ có $2$ điểm $D$ thuộc $Oy$ đối xứng với nhau qua $C$ thỏa mãn $AB=CD$. Lấy điểm $E$ sao cho $\overrightarrow{CE}=\overrightarrow{AB} \Rightarrow \Delta CDE$ cân tại $C$

Gọi $M$ là trung điểm của $DE$ $\Rightarrow CM$ là đường phân giác trong của $\angle DCE$

Ta có:  $\overrightarrow{IJ}=\dfrac{\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{CD}}{2}=\dfrac{\overrightarrow{CE}+\overrightarrow{CD}}{2}=\overrightarrow{CM}$

Mặt khác dễ thấy $CM$ cùng phương hoặc vuông góc với phân giác của $\angle xOy$  (do $CE\parallel Ox$)

Từ đó suy ra đpcm