thanhng2k7

Dễ dàng có được $ECFD$ nội tiếp 

Giả sử $K$ thuộc $(ABI)$ $\Rightarrow \bar{JK}.\bar{JI}=\bar{JA}.\bar{JB}=\bar{JE}.\bar{JF}$

Ta sẽ đi chứng minh $\bar{IK}.\bar{IJ}=\bar{IE}.\bar{IF}$

$\Leftrightarrow (\bar{IJ}+\bar{JK}).\bar{IJ}=(\bar{IJ}+\bar{JE}).(\bar{IJ}-\bar{JF})$

$\Leftrightarrow IJ^2-\bar{JK}.\bar{JI}=IJ^2+\bar{IJ}.(\bar{JF}+\bar{JE})+\bar{JE}.\bar{JF}$

$\Leftrightarrow -\bar{JK}.\bar{JI}=\bar{IJ}.(\bar{JF}+\bar{JE})+\bar{JI}.\bar{JK}$

$\Rightarrow 2.\bar{JK}=\bar{JE}+\bar{JF}$ ( luôn đúng do $K$ là trung điểm $EF$.)

Suy ra $\bar{IJ}.\bar{IK}=\bar{IE}.\bar{IF}=\bar{IC}.\bar{ID}$

Hay $K$ thuộc $(CDJ)$.

Vậy đpcm 

Hình thang $ABCD$ có $AB \parallel CD $ . $E,F$ thuộc $BC,AD$ sao cho $BEFA$ nội tiếp , $EF$ cắt $CD $ tại $I$ , cắt $AB$ tại $J$. $K$ là trung điểm $EF$ . Chứng minh $K$ thuộc $(ABI)$ $\Leftrightarrow $ $K$ thuộc $(CDJ)$.

Cho $x,y,z>0$ thỏa mãn $x+y+z=3$ . Chứng minh rằng $2(x^2+y^2+z^2)+xyz \geq 7 $.

Nếu như ý của bạn là chứng minh $Y$ là trung điểm $XZ$ thì rất đơn giản ta có $\Delta AXY = \Delta AZY$

+) Cần chọn ra $p>0$ :

$(a-2b+c)^2=(\frac{a}{1}.1-\frac{b\sqrt{2}}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}.\sqrt{2}+\frac{c}{\sqrt{p}}.\sqrt{p})^2\leq (1+2p+p)(a^2+\frac{2b^2}{p}+\frac{c^2}{p})$

$(b-2c+d)^2=(\frac{b}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}+\frac{d}{1}.1-\frac{c\sqrt{2}}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}.\sqrt{2})^2\leq (1+3p)(d^2+\frac{2c^2}{p}+\frac{b^2}{p})$

$(b-2a)^2=(\frac{b}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}-\sqrt{2}.a\sqrt{2})\leq (\frac{b^2}{p}+2a^2)(2+p)$

$(c-2d)^2=(\frac{c}{\sqrt{p}}.\sqrt{p}-\sqrt{2}.d.\sqrt{2})^2\leq (\frac{c^2}{p}+2d^2)(2+p)$

Nên $P\leq (5+5p)(a^2+d^2)+(10+\frac{5}{p})(b^2+c^2)$

Do đó ta cần chọn $p$ sao cho $5+5p=10+\frac{5}{p}\Rightarrow p=\frac{1+\sqrt{5}}{2}\Rightarrow P\leq \frac{5(3+\sqrt{5})}{2}$

+)$P=5(a^2+d^2)+6(b^2+c^2)-8ab-8bc+2ac+2bd-8cd=5(a^2+d^2)+6(b^2+c^2)+2a(c-4b)+2d(b-4c)-8bc$

Chọn $p>0$ sao cho :

$2a(c-4b)\geq \frac{-1}{p}.(pa^2+(c-4b)^2)$

$2d(b-4c)\geq \frac{-1}{p}.(pd^2+(b-4c)^2)$

$\Rightarrow 2a(c-4b)+2d(b-4c)\geq -p(a^2+d^2)-\frac{1}{p}[(c-4b)^2+(b-4c)^2]=-p(a^2+d^2)-\frac{1}{p}[17c^2+17b^2-16bc]$

$\Rightarrow P\geq (5-p)(a^2+d^2)+(6-\frac{17}{p})b^2+c^2+(\frac{16}{p}-8)bc$

Chọn $p$ để $(\frac{16}{p}-8)bc=2(\frac{8}{p}-4)<0$

Khi đó $(\frac{16}{p}-8)bc\geq (\frac{8}{p}-4)(b^2+c^2)$

$\Rightarrow P\geq (5-p)(a^2+d^2)+(6-\frac{17}{p})(b^2+c^2)+(\frac{8}{p}-4)(b^2+c^2)$

Hay chọn $p$ sao cho $5-p=6-\frac{17}{p}+\frac{8}{p}-4\Rightarrow p=\frac{3+3\sqrt{5}}{2}\Rightarrow P\geq \frac{7-3\sqrt{5}}{4}$

Vậy .... 

a) Dễ dàng có được $\widehat{ABO}=\widehat{AEO}=90^{\circ}$ nên có ngay $ABOE$ nội tiếp và cũng dễ dàng có được $AB^2=AM.AN$

b) Do $AB=AC,OB=OC$ nên $OA$ là trung trực của $BC$ 

Mặt khác dễ dàng có $OHKE$ nội tiếp nên $AH.AO=AK.AE=AB^2=AM.AN$

c) Do $PBFO$ nội tiếp nên $\widehat{POF}=\widehat{ABC}$

Tương tự $\widehat{GOF}=\widehat{ABO}$ 

Nên $\widehat{POQ}=\widehat{ABC}$

Do đó ta có đpcm 

$(AEF)$ đi qua hình chiếu $P$ của $O$ trên đường đối trung $AX$

$(BOC)$ cắt $AC$=$D$ nên $DA=DB$

Lấy $L$ thuộc $AD$ sao cho $\widehat{LAB}=\widehat{ACB}$

$AL$ cắt $(AEF)$ tại $M$ , $BL$ cắt $(F,FB)$ tại $N$

$(AEF)$ cắt $(BOC)$ tại $P,J$

Có $AFJP,BJPX$ nội tiếp nên $J$ là điểm Miquel của tam giác $ABC$ ứng với bộ điểm $F,P,B$

Nên $(FBJ)$ tiếp xúc $XB$ tại $B$

$\Rightarrow \widehat{FJB}=\widehat{(BX,BA)}=\widehat{ACB}\Rightarrow \overline{F,J,D}$

Có $\widehat{BJF}=\widehat{BAM}=180^{\circ}-\widehat{FJM}\Rightarrow \overline{B,J,M}$

$\widehat{FNB}=\widehat{FBN}=\widehat{BAD}\Rightarrow AFND$ nội tiếp

$\Rightarrow \widehat{AND}=\widehat{AFJ}=\widehat{BML}$$\Rightarrow AMNB$ nội tiếp 

$\Rightarrow LB.LN=LM.LA\Rightarrow$ $L$ thuộc trục đẳng phương của $(F,FB) $ và  $(AEF)$

Mà $L$ cố định nên ta có đpcm . 

Cho $\frac{1}{2} \leq a^2+b^2+c^2+d^2 \leq 2$. Tìm $\min-\max$ của

$P=(a-2b+c)^2+(b-2c+d)^2+(b-2a)^2+(c-2d)^2$

Trường hợp còn lại , chắc là thế vào pt(2) rồi bình phương chứ mình cũng chưa nghĩ ra cách nào khác =)) 

Mình nghĩ là biến đổi tương đương pt(2) , áp dụng cho $2\sqrt{1-x^2}=-2y\Rightarrow x^2+y^2=1$

$4x^2(x+2)=(3+2y)(x^2+2x-2xy-2y+y^2+1)$

$\Leftrightarrow 4x^3+8x^2=(3+2y)(2+2x-2xy-2y)\Rightarrow 2x^2(x+1)=(3+2y)(1+x)(1-y)\Rightarrow ...$

 $\displaystyle \displaystyle \begin{cases} x^{2}+y^{2}+3\sqrt{1-x^{2}}=1-3y(1) \\ 2x\sqrt{x+2} +(x+1-y)\sqrt{3+2y}=0(2) \end{cases}$

Từ $(1)$ biến đổi ta được $(2\sqrt{1-x^2}-3)^2=(2y+3)^2\Rightarrow ....$

Biến đổi tương đương ta được $(x-1)(x^2+2x+3)=0\Rightarrow x=1$

$4y^4+1=(2y^2+2y+1)(2y^2-2y+1)=41^x.61^x$

Mà $\gcd(2y^2+2y+1,2y^2-2y+1)=1$

Nên $2y^{2}+2y+1=61^x,2y^{2}-2y+1=41^x$

Mặt khác $61^x<2y^2+2y+1+(y-\frac{5}{2})^2=\frac{3.41^x}{2}+\frac{33}{4}$

Suy ra $x\leq 1$

a) Do $KA,KD$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $KA^2=KA.KD=KB.KC$ 

Lại có $\widehat{EBD}=\widehat{ACD}$ ( do $ABDC$ nội tiếp )

Nên $\Delta BDE \sim \Delta CDF\Rightarrow BD.FD=DC.DE$

b)Trước hết ta đi chứng minh $M,E,F$ thẳng hàng 

Ta có $\widehat{BDE}=\widehat{CDF}$ ( từ  $\Delta BDE \sim \Delta CDF)

Mà $BMDE,CDMF$ nội tiếp nên $\widehat{BME}=\widehat{FMC}$

Hay $M,E,F$ thẳng hàng 

Mặt khác , từ $\widehat{EMD}=\widehat{EBD}=\widehat{ACD}, \widehat{MED}=\widehat{MBD}=\widehat{CAD}$ ta có $\Delta MED \sim \Delta CAD$

Suy ra $ME=\frac{MD.CA}{CD}$

Tương tự $MF=\frac{AB.MD}{BD}$

Vậy để $M$ là trung điểm $EF$ thì $ABDC$ phải là tứ giác điều hòa 

Mà do $KA,KD,BC$ cắt nhau tại $K$ nên $ABDC$ là tứ giác điều hòa hay ta có đpcm.

Cho tam giác $ABC$. $E, F$ chuyển động trên cạnh $AC, AB$ sao cho $\frac{AE}{EC}=\frac{BF}{FA}$.

a) Chứng minh rằng $(AEF)$ luôn đi qua một điểm cố định khác $A$.

b) Chứng minh rằng trục đẳng phương của $(AEF)$ và $(F; FB)$ luôn đi qua một điểm cố định.