thinhisthenumber1

$\Delta ABC$ đã nội tiếp $(O)$ rồi thì sao $(O)$ lại còn tiếp xúc $BC, CA, AB$ ?

Hi. Em sửa đề rồi nhé

Cho tam giác $ABC$ và trung tuyến $AM$. $P$ là điểm bất kì nằm trên $AM$. Tiếp tuyến tại $P$ của $(APB)$ cắt tiếp tuyến tại $C$ của $(APC)$ tại $Q$. Gọi $X, Y, Z$ lần lượt là hình chiếu của $P$ trên $BC, QC, QB$. Chứng minh rằng $AQ$ là đường đối trung của tam giác $ABC$ và $\triangle XYZ\sim \triangle ABC$

Mình xin góp lời giải.
$I$ và $J$ lần lượt là tâm đường trong ngoại tiếp $\triangle APC$ và $\triangle APB$

Dựng điểm $K$ sao cho $\overline{MP}.\overline{MK} = \overline{MB^{2}} \Rightarrow\triangle MBP\sim \triangle MBK\Rightarrow \widehat{KBC}=\widehat{BPA}$
Ta dễ dang CM được:$\widehat{BPA}=\widehat{vBA}=\widehat{QBt}$
$\Rightarrow BQ,BK$ đẳng giác trong $\widehat{ABC}$
Giả sử $BC,CK$ cắt $(APC)$ tại $N$ và $V$
Ta có: $\widehat{BCQ}$ = $\widehat{NAC}$
$\widehat{KCx} = \widehat{ACV}=\widehat{ANV}$
Ta nhận thấy $C$ và $V$ đối xứng với nhau qua trung trực của $AN$
Khi đó: $\widehat{KCx} = \widehat{BCQ}$
$\Rightarrow CQ, CK$ đẳng giác trong $\widehat{ACB}$
$\Rightarrow Q,K$ liên hợp đẳng giác trong $\triangle ABC$
Từ đây: $\Rightarrow AQ, AK$ đẳng giác trong $\widehat{BAC}$ $\Rightarrow AQ$ là đường đối trung của $\triangle ABC$
Tịch tiến $\overrightarrow{PM}$ thành $\overrightarrow{ME}$. Gọi $H$ là điểm liên hợp đẳng giác với $E$ trong $\triangle ABC$
Ta có: $\widehat{HBA}=\widehat{EBC}=\widehat{PCB}=\widehat{PYX}$($\widehat{PCB}=\widehat{PYX}$ do $PXCY$ nội tiếp)
Ta có:$\widehat{BAH} = \widehat{EAC}=\widehat{YCP}=\widehat{PXY}$($\widehat{YCP}=\widehat{PXY}$ do $PXCY$ nội tiếp)
$\Rightarrow\triangle XPY\sim \triangle AHB(g-g)$
$\triangle XPZ\sim \triangle AHC(g-g)$
$\Rightarrow\triangle XYZ \cup {P}\sim \triangle ABC\cup {H}$

Cho a,b,c dương thỏa mãn $a^{2}$ +$b^{2}$ +$c^{2}$ =6

Tìm max của P= $\frac{1}{a^{2}+b^{2}} + \frac{1}{b^{2}+c^{2}} +\frac{1}{c^{2}+a^{2}}-\frac{a^{3}+b^{3}+c^{3}}{12abc}$

Ta có: $\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}}=\sum \frac{1}{6-c^{2}}$

Ta dễ dàng chứng minh được: $\sum \frac{1}{6-c^{2}}\leq \sum (\frac{1}{4}(c^{2}-2)+\frac{1}{4})=\frac{3}{4}$

Theo bđt AM-GM: $\frac{\sum a^{3}}{12abc}\geq \frac{1}{4}$

=>$-\frac{\sum a^{3}}{12abc}\leq -\frac{1}{4}$

Cộng theo vế ta được: $\sum \frac{1}{a^{2}+b^{2}}-\frac{\sum a^{3}}{12abc}\leq \frac{1}{ 2}$

Đẳng thức xảy ra khi: $a=b=c=\sqrt{2}$

Bài $2$: $a+b+c=2016$. 

$=>$ Theo kĩ thuật chia vách ngăn ta có $\binom{2015}{2}$ bộ $(a,b,c)$ [ Có tính hoán vị ]

Ta xét các trường hợp sau:

$TH1$: Khi cả $3$ số $a,b,c$ bằng nhau. $=> a=b=c=572$

$TH2$: Xét $a=b$ và $a\neq c$. Khi đó $2a+c=2016$.

$=>$ c là số chẵn thỏa mãn điều kiên $0<c<2016$ 

$=>$ Có $1007$ số chẫn thỏa mãn điều kiện của $c$

Nhưng ta sẽ loại bỏ trường hợp đối với $c=672$ ( khi đó $a=b=c=672$ )

$=>$ Có $1006$ cách chọn $c$

Tương tự với các cặp $(a=c),(b\neq c)$  và $(b=c),(a\neq b)$

- Theo nguyên lí bù trừ ta sẽ có $\binom{2015}{2}-3.1006-1$ cách

Do $a<b<c$ nên $a,b,c$ nên ta sẽ không tính các hoán vị $(a,b,c)$

$=>$ Có $\frac{\binom{2015}{2}-3.1006-1}{3!} = 337681$ cách 

cho $a,b,c > 0: abc = 1$. Chứng minh $\frac{1}{a}+\frac{1}{b}+\frac{1}{c} \ge 3$

Khó quá!!!