Serine

Em dùng $\deg$ mới đúng nha.

e tìm cái dấu độ ($^{\circ}$) thui ạ

$^{\circ}$ \parallel \heartsuit$

$\perp \bot$

$\bot$

Mình có giải cáh khác nhưng lại không trùng đáp án mong bạn xem giúp với

Em không hiểu mấy cái trường hợp @@, nhưng nếu lấy nữ làm mốc em làm dùng chia kẹo Euler

Chọn 1 nữ làm mốc, có 2 cách chọn 2 bạn còn lại

Số cách xếp 1 bộ bạn nam (chưa tính hoán vị) vào 3 khoảng giữa các bạn nữ cùng số nghiệm với pt $x+y+z=5;   x,y,z \geq1$ nên số cách xếp các bạn nam là $(5-1)C(3-1)*5!$

$P=\dfrac{2*4C2*5!}{7!}=\dfrac{2}{7}$

 

Thầy cô thấy hữu ích thì cmt Tks bên dưới để mình có động lực tải tiếp.

Không vô được link nha
Với cả em nghĩ like thay cho cảm ơn là được rồi ạ, các bài viết mới bị trôi đi mất 

http://tailieudientu...SOTUYENTINH.pdf

(có khó tìm lắm đâu, chịu khó tìm một chút!)

Tiếp tuyến tại $B, C$ của $(BMC)$ giao tại $T$

Đt qua $T // EF$ cắt $EC, BF$ tại $J, K$

Có $\widehat{TJC}=\widehat{FEC}=\widehat{FBC}=\widehat{JCT}$

$\Rightarrow TJ=TC$

Tương tự $TB=TK$

Mà $\widehat{TBC}=\widehat{TBM}+\widehat{MBC}=\widehat{MCB}+\widehat{MCT}=\widehat{TCB} \Rightarrow TB=TC$

Vậy $T$ là trung điểm $JK$

Theo bổ đề hình thang $\Rightarrow \overline{T,I,M}$

Hóng lời giải từ bài toán phụ của anh @youknower ạ

xin giải câu dễ hoi ạ 

$M'$ là giao $BF, CE$

$\widehat{EM'B}=\widehat{M'BC}+\widehat{M'CB}$

$\widehat{CEB}=1/2($cung $BD+$cung$CD)=1/2($cung$BE+$ cung$CF)=\widehat{M'CB}+\widehat{M'BC}$

$\Rightarrow BE=BM'$ tương tự $CM'=CF$ nên $M=M'$

Có $\widehat{EBM}=180-2\widehat{EMB}=180-2(180-\widehat{BMC})=-180+2\widehat{BDC}$ không đổi

$\Rightarrow EF$ không đổi

$\Rightarrow d(O/EF)$ không đổi $\Rightarrow$ trung điểm $I$ của $EF$ thuộc đường cố định

Mình nghĩ AM cắt đường tròn Euler tại T và O là tâm (ABC)?

ehe đúng rồi ạ, mình xin lỗi.

Mở rộng 1 tí

Nếu như thay giả thiết bằng

Gọi $(I)$ là đường tròn cố định đi qua $B,C$. $(I)$ cắt $AC, AB$ tại $E, F. BE$ cắt $CF$ tại $H, AH$ cắt $(O)$ tại $P. EF$ cắt $BC$ tại $Q.$

Thì tâm $(APQ)$ có còn thuộc 1 đường cố định không ?

Cmđ $AQPM$ nội tiếp

$Q'$ đối xứng $Q$ qua tâm $J\equiv$ tâm $(APQ)$

Có $MJ$ đi qua trung điểm $QQ' \Rightarrow \widehat{QMQ'}=90$

Tương tự $\widehat{QAQ'}=90$ nên $AQPQ'$ nội tiếp $\Rightarrow AQLQ'$ nội tiếp

Có $OJ \perp AP$ do $AP$ là tđp của $(O)$ và $(J)$

$QF\perp AP$ theo Brocard trong tgtp $EFBC.AQ$

suy ra $OJ//QF \Rightarrow Q'$ đx $F$ qua $O \Rightarrow Q'$ cố định

tâm $(AQP)$ nằm trên trung trục $Q'M$ nên ẻm cũng cố định

Số cách chọn tập cân 2m (m$\leq$n) phần tử của A là: (số cách chọn bộ số lẻ) nhân (số cách chọn bộ số chẵn)$=(nCm)^2$

Nghĩa là $|M|=(nC0)^2+(nC1)^2+(nC2)^2+...+(nCn)^2$

Có $|N|=nC2n$, cần phải cm $(nC0)^2+(nC1)^2+(nC2)^2+...+(nCn)^2=nC2n$

Tự coi người ta chứng minh nha 

https://www.doubtnut...2-2ncn-10963687

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $d$ là một đt bất kì cắt $AC, AB$ lần lượt tại $E, F$. Gọi $M, N, P$ lần lượt là trung điểm $BE, CF, EF$; $K$ là hình chiếu vuông góc của $O$ trên $EF$. Cm $M, N, P, K$ đồng viên.

Tìm K lớn nhất sao cho tồn tại n mà tất cả các số $n, n^2, n^3, ..., n^k$ đều có thể viết dưới dạng $1+x^2+y^2$