Explorer

Cho $\Delta ABC$ không cân , nội tiếp (O) , B,C cố định , A thay đổi trên (O).Trên các tia AB,AC lần lượt lấy các điểm M,N để $MA=MC, NA=NB$ . $(AMN)$ cắt $(ABC)$ cắt nhau tại A và P . MN cắt BC tại Q.Gọi I là tâm của $(OBC)$ , I' đối xứng I qua MN.Chứng minh $AI'\perp BC$ . 

P/s: Nguyên mẫu bài này là VMO 2014 =))) 

Bằng biến đổi góc thì ta có được M,N đều thuộc (BOC) 

Có góc I'NM = MNI = 90 - ABN = 90 - BAN = 90 - MAN nên tâm của (AMN) nằm trên I'N. Mà tâm của (AMN) thuộc trung trực MN nên I' chính là tâm (AMN)

Do đó ta có góc BAI' = MAI' = 90 - ANM = 90 - ABC nên AI' vuông góc BC

Không biết có chỗ nào ngộ nhận không nhỉ...

Cho $CI, BI$ theo thứ tự cắt $EF$ tại $X,Y$.

Ta có kết quả quen thuộc $\angle BXC = \angle BYC = 90^\circ$.

Gọi $H$ là trung điểm của $BC$, kẻ phân giác $AV$ của $\Delta ABC$ thì $V$ cố định.

Cho $G$ đối xứng với $H$ qua $V$.

$AI$ cắt $(ABC)$ lại tại $K$, $J$ đối xứng với $H$ qua $K$.

$T$ đối xứng với $J$ qua $I$.

Dễ thấy $HT\parallel IK$ nên $HT\perp XY$.

Suy ra $HT$ là trung trực của $XY$ nên $TX=TY$.

Xét phép vị tự tâm $I$, tỉ số $-1$ ta suy ra $JP = JQ$.

Mà $JG\parallel VK\Rightarrow JG \perp PQ$, do đó $GP = GQ$.

Lại có $G$ cố định. Vậy trung trực của $PQ$ đi qua $G$ cố định.

mik thấy đúng r đấy

Gợi ý: - Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp $\Delta ABC$ thì $O$ cũng là trực tâm $\Delta A_1B_1C_1$. Khi đó $O$ là điểm Miquel của bộ điểm $A_1, B_1, C_1$ trong $\Delta ABC$
           - $H$ là trực tâm $\Delta ABC$, $O'$ là tâm ngoại tiếp $\Delta A_1B_1C_1$
           - $AH$ cắt $(AB_1C_1)$ tại $D$. Chứng minh $O'$ là tâm $(DHO)$. Chú ý $\Delta AHO\sim \Delta DOO'$                    

Hình như bạn nhầm cặp tam giác r s ý. AHO vs DOO' mik vẽ ra ko đồng dạng

Gợi ý: Dùng 2 bổ đề sau
Bổ đề 1: Tiếp tuyến tại $A$ của $(AEF)$ cắt $BC$ tại $T$. Khi đó $T$ thuộc trung trực $AI$ và $TI//EF$
Bổ đề 2: $D$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(O)$. Khi đó $ID$ đi qua trung điểm $EF$
Sau đó gọi $ID$ cắt $BC$ tại $S$, $LS$ cắt $(O)$ tại $X$. Chứng minh $(GX, BC)=-1$. Sau đó dùng bổ đề 1 là xong            
                         

bạn chỉ rõ hơn cách cm bổ đề đc ko

Chỉ cần i) và iii) là đủ thì phải.

Ta có thể giả sử $f(1) = 1$, nếu $f(1)\neq 1$ thì đặt hàm phụ.

Do $f$ là hàm cộng tính, với mọi $k\in\mathbb Q, x\in\mathbb R$ thì $f(xk) = kf(x)$.

Với mọi $x\in\mathbb R; x\neq 0$, xét $k$ là số hữu tỉ bất kì.

Sử dụng tính cộng tính của $f$, ta có $f\left((x+k)^{2021}\right) = f\left(x^{2021} + \sum_{i=1}^{2020}\binom{2021}{i}x^{2021 - i}k^i + k^{2021}\right) = f\left(x^{2021}\right) + \sum_{i=1}^{2020}\left[\binom{2020}{i}k^if\left(x^{2021-i}\right)\right] + k^{2021}$.

Đồng thời ta có $f^{2021}(x+k) = (f(x)+k)^{2021} = f^{2021}(x) + \sum_{i=1}^{2020}f^{2021-i}(x)k^i + k^{2021} = f\left(x^{2021}\right) + \sum_{i=1}^{2020}k^i . f^{2021-i}(x) + k^{2021}$.

Do $f\left((x+k)^{2021}\right) = f^{2021}(x+k)$ nên suy ra $\sum_{i=1}^{2020}\left[\binom{2020}{i}k^if\left(x^{2021-i}\right)\right] = \sum_{i=1}^{2020}k^i . f^{2021-i}(x)$.

Xét hai vế là hai đa thức với biến $k$. Do hai đa thức này bằng nhau tại vô số điểm $k$ (hữu tỉ) nên hai đa thức này bằng nhau, tức $f\left(x^{2021-i}\right) = f^{2021-i}(x),\forall i = 1,2,...,2020$.

Do đó $f(x^2) = f(x)^2,\forall x\in\mathbb R$.

Thay $x$ bởi $x+y$ ta có $f(x^2) + 2f(xy) + f(y^2) = f(x)^2 + 2f(x)f(y) + f(y)^2,\forall x,y\in\mathbb R$.

Dẫn đến $f(xy) = f(x)f(y),\forall x,y\in\mathbb R$, hay $f$ là hàm nhân tính.

$f$ vừa là hàm cộng tính vừa là hàm nhân tính nên $f(x) = 0,\forall x\in\mathbb R$ và $f(x) = x,\forall x\in\mathbb R$.

mik nghĩ từ ii) có thể suy ra f(x)=x với x hữu tỷ hoặc f(x)=-x với x hữu tỷ

từ đó theo cách trên có thể bổ sung thêm TH f(x)=-x với mọi x