thaibuithd2001

Ở lớp 9 bạn có học phương tích không? Mình nghĩ nếu bạn dùng nên chứng minh lại! Bạn cho cái hình để nhìn cho dễ nhé!

vừa mới kiểm tra lại , bổ đề 2 phải có thêm điều kiện của $\Delta ABC$ mới đúng nên câu $c$ em làm bị nhầm lẫn rồi thầy ạ 

câu hình $b$ ta chứng minh $\Delta FDC \sim \Delta KDL$

câu $c$ lúc thi em làm hơi dài dòng

Ta có 2 bổ đề sau (bổ đề 1 quen thuộc còn bổ đề 2 em đã đọc rồi nhưng lại quên cách chứng minh nên ghi dễ dàng biến đổi góc vào bài làm luôn :v)

Bổ đề 1: $H$ trực tâm $\Delta ABC$ thì tâm $O'$ của $\odot (BHC)$ đối xứng với $O$ qua $BC$.

Bổ đề 2: $\Delta ABC$ có $S,I,T$ lần lượt thuộc $BC,CA,AB$ sao cho $AS,BI,CA$ lần lượt là các đường phân giác trong của $\Delta ABC$ $\angle BAx$ là góc ngoài tại đỉnh $A$ thì khi đó $\angle TIB=\frac{\angle BAx}{4}$

Quay lại bài toán:

Gọi $H$ là trực tâm $\Delta ABC$ 

       $N$ là tâm $Euler$ của $\Delta ABC$

       $M$ là trung điểm $BC$

       $KL$ cắt $DE$ tại $V$

       $I,S$ là giao của $DF$ với $BE$ và $DE$ với $CF$

Áp dụng bổ đề 2 vào $\Delta DFE$ ta được $\angle EIS=\angle EDL$

                                                                     => $\angle IES+\angle EIS=\angle KLD+\angle EDL$

                                                                     => $\angle ISD=\angle KVD$ => $IS$ // $KL$

$AH=OO'=2OM$ và $AH$ // $OO'$ nên $AHO'O$ là hình bình hành => $\overline{A,N,O'}$

Vì $\mathcal P_{I/(O')}=IB.IH=IF.ID=\mathcal P_{I/(N)}$

    $\mathcal P _{S/(O')}=SH.SC=SE.SD=\mathcal P_{S/(N)}$

nên $SI$ là trục đẳng phương của $(O')$ và $(N)$

Do đó $NO' \perp IS$ hay $AO' \perp KL$ 

Vậy điểm cố định $d$ luôn đi qua là $O'$

Tại sao bạn lại giả sử được $x\geq y \geq z $

vai trò x,y,z không đổi nên ko mất tính tổng quát ta giả sử á bạn

câu bất lúc làm em bí quá nên dùng bất đẳng thức hoán vị nên ko biết có đúng không 

Giả sử $x \geq y \geq z$ thì $\sum_{cyc}\frac{xy}{x^2+xz+yz} \leq \sum_{cyc}\frac{x^2}{x^2+xz+yz} \leq \sum_{cyc}\frac{x^2}{xy+yz+zx}$ 

Lời giải của mình trong trường hợp $\Delta APQ$ nhọn (mình nghĩ tù thì cũng tương tự vậy)

Bổ đề: Cho $\triangle ABC$ bất kỳ.Điểm $K$ nằm trong tam giác sao cho $\angle KAB=\angle KBC$ và $\angle KCB=\angle KAC$.Trên $AK$ lấy điểm $U$ sao cho $\angle BUC=90^{\circ}$.chứng minh: $BV,CV$ lần lượt là 2 tia phân giác của 2 góc $\angle ABK$ và $\angle ACK$. (bổ đề này có trong tài liệu về hàng điểm điều hòa của $kimluan$ nên mình xin phép không chứng minh lại).

Quay lại bài toán: Không mất tính tổng quát giả sử $R_{1} \geqslant R_{2}$

                               Gọi $V$ là điểm trên $AB$ sao cho $\angle PVQ=90^{\circ}$

                                $AB \cap PQ=T$

Dễ thấy $T$ là trung điểm của $QP$

Do $H$ đối xứng với $B$ qua $QP$ nên $QH=QB$ và $\angle PQH=\angle PQB$

Theo bổ đề ta có $QV,PV$ lần lượt là phân giác của $\angle AQB$ và $\angle APB$ do đó: $\frac{QH}{QA}=\frac{QB}{QA}=\frac{VB}{VA}=\frac{PB}{PA}$  

 $\triangle PTB \sim \triangle ATP$ nên $\frac{PB}{PA}=\frac{PT}{AT}$ => $\frac{QH}{QA}=\frac{TP}{TA}$ $(1)$

$\angle AQH=\angle AQP+\angle PQH=\angle AQP+\angle PQB=\angle AQP+\angle QAB=\angle ATP$ $(2)$

Từ $(1),(2)$ ta có $\triangle AQH \sim \triangle ATP$ => $\angle QAH=\angle TAP$ 

Mà $AT$ là trung tuyến của $\triangle QAP$ nên $AH$ là đường đối trung của $\triangle AQP$ 

Mặt khác, $AS$ cũng là đường đối trung của $\triangle AQP$ nên $\overline{A,H,S}$