ực, đề bài phức tạp quá nhở, có lẽ đề bài nên là vẽ hình theo giả thiết

Sử dụng định lý Carnot đối với tam giác có ba đỉnh là tâm của ba đường tròn, để ý thấy AB, CD, EF lần lượt vuông góc với các cạnh của tam giác này.

tự nhiên anh nghĩ đến một câu hỏi: trong vô số tam giác đều nội tiếp đấy, có chỉ ra được đâu là tam giác có diện tích lớn nhất, nhỏ nhất hay không?

mà chú Đức giải thích xem mở rộng ở chỗ nào thế , anh chưa thấy liên quan lắm, chắc tại lời giải của anh

Hình như em nhầm đề .Nói chung là bài này Mr Phất giới thiệu là đưa cho học sinh Việt Nam dự thi IMO năm mấy đó ko ai làm đc.Lão ấy định đề nghị cho làm bài đề nghị của VN đi thi IMO nhưng mấy trưởng đoàn VN bảo là sợ khó quá ko ai làm đc .
Để vài bữa nựa em check cái đề

thế thôi khỏi phải đưa lên em, ha ha

em thử chỉ ra cách dựng tam giác đều nội tiếp các các cạnh song song với một tam giác đều cho trước xem

Mở rộng 4:Cho 4 điểm A,B,C,D thẳng hàng theo thứ tự đó và lập thành 1 hàng điểm điều hòa.Dựng các đường tròn đường kính AB,BC,CD,DA.CMR tồn tại 1 đường tròn tiếp xúc với cả 4 đường tròn đó.

lại dùng nghịch đảo xem sao, xét phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích $AB^2$. Ảnh của các điểm $C,D$, lần lượt là $C^*,D^*$. Qua phép biến hình này thì:
-đường tròn đường kính $AB$ biến thánh đường thẳng $d_1$ vuông góc với $AB$ tại $B$.
-các đường tròn đường kính $BC,CD$ lần lượt biến thành các đường tròn đường kính $BC^*,C^*D^*$.
-đường tròn đường kính $AD$ biến thánh đường thẳng $d_2$ vuông góc với $AB$ tại $D^*$.
Ta để ý rằng hai đường tròn đường kính $BC^*,C^*D^*$ tiếp xúc ngoài nhau, đường tròn đường kính $BC^*$ tiếp xúc với $d_1$ và đường tròn đường kính $C^*D^*$ tiếp xúc với $d_2$. Vì vậy muốn dựng được ảnh của đường tròn cần dựng qua phép nghịch đảo trên thì hai đường tròn đường kính $BC^*,C^*D^*$ phải bằng nhau, nói cách khác $C^*$ phải là trung điểm của $B$ và $D^*$.
Điều này được chứng minh như sau.
Vì $A,B,C,D$ là hàng điểm điều hòa nên ta có hệ thức $\dfrac{AB}{AD}=\dfrac{CB}{CD}$ hay $AB.CD=AD.CB$. Cộng vào hai vế $AB(AB+BC)$ ta được $AB(AB+BC+CD)=AB^2+AB.BC+AD.CB$ hay $AB.AD=AB^2+AB.BC+AD.CB$. Tiếp tục cộng vào hai vế $AB.AD$ ta được: $2AB.AD = (AB+AD)(AB+BC)$ hay $2AB.AD = (AB+AD)AC$. Nhân vào hai vế $\dfrac{AB}{AC.AD}$ ta có: $2\dfrac{AB^2}{AC}=\dfrac{AB^2}{AD}+AB$. Điều này lại tương đương với $2AC^*=AD^*+AB$. Đẳng thức này cho ta $C^*$ phải là trung điểm của $B$ và $D^*$, điều phải chứng minh.

Phù.Tiếp tục mở rộng bài toán nhé.Hi vọng mọi người vào thảo luận.Mỗi mình anh Manutd vào thì chán quá
Mở rộng 3:Cho 1 đường tròn (O) và 1 đường thẳng d ko có điểm chung với (O).Dựng 2 điểm M,N trên d sao cho độ dài MN ko đổi và đường tròn đường kính MN tiếp xúc với (O)

nỏ hiểu đẹp ở mô, dựng điểm I trên d sao cho độ dài OI bằng tổng bán kính của (O) và nửa độ dài MN là được mà em.

Làm hộ em bài này
xyz-x-y-z=5

Để cho tiện theo dõi, gọi $a,b,c$ lần lượt là số đối của $x,y,z$.
Trường hợp 1: Tồn tại ít nhất trong $x,y,z$ một số bằng $0$, giả sử đó là $x$.
Phương trình trở thành $-y-z=5$. Dễ dàng thu được những nghiệm là $(0;-1;-4),(0;-2;-3)$ và các hoán vị.
Trường hợp 2: $x \geq y \geq z > 0$.
Chia 2 vế cho $xyz$ ta được $\dfrac{5}{xyz}+\dfrac{1}{xy}+\dfrac{1}{yz}+\dfrac{1}{zx}=1$. Từ quan hệ thứ tự suy ra $1 \leq \dfrac{5}{z^3}+\dfrac{3}{z^2}$. Điều này dẫn đến $z$ chỉ có thể nhận một trong hai giá trị $1$ hoặc $2$. Lần lượt thế các giá trị này cho $z$ ở phương trình đã cho, ta dễ dàng thu được nghiệm $(8;2;1)$ và các hoán vị.
Trường hợp 3: $x \leq y \leq z <0$.
Phương trình đã cho tương đương với $a+b+c-abc=5$ với $a \leq b \leq c >0$. Nếu không có số nào trong $a,b,c$ bằng $1$ thì ta có được: $5=a+b+c-abc \leq 3a-4a < 0$, vô lí. Vì vậy ít nhất thì $c=1$. Thế $c=1$ vào phương trình tương đương, ta có $ab-a-b-1=5$ hay $(a-1)(b-1)+3=0$. Phương trình vô nghiệm vì vế trái luôn dương.
Trường hợp 4: $z \leq y <0<x$.
Phương trình đã cho tương đương với $abc-a+b+c=5$ với $a,b,c$ nguyên dương. Nếu $b \geq 2$ thì vế trái sẽ không nhỏ hơn $4a-a+2+2>5$, phương trình vô nghiệm. Vì vậy $b=1$. Từ đây, dễ dàng giải được nghiệm là $(2:-1;-2)$ và các hoán vị.
Trường hợp 4: $z<0<y\leq x$.
Phương trình tương đương với $-abc-a-b+c=5$. Dễ thấy vế trái luôn âm, phương trình vô nghiệm.
Kết luận, phương trình có các nghiệm là $(0;-1;-4),(0;-2;-3),(8;2;1),(2:-1;-2)$ và các hoán vị của một trong bộ này.

do vai trò của $ x ; y; z $ như nhau nên đặt $ x \leq y \leq z $

$ => x^3 - 3x \leq 5 $

suy ra được đều này hả em?

để ý thấy D và O' là ảnh của M và O qua cùng một phép đồng dạng tâm A, vì vậy hai đường tròn (O) và (O') vuông góc với nhau khi và chỉ chi AM vuông góc với AD. Điều này cũng tương đương với AM vuông góc với AT và tương tự BM vuông góc với BT. Từ đó dễ thấy (O) và (O') vuông góc với nhau khi và chỉ khi MT là đường kính của đường tròn (O).

Bây giờ giả sử ta có (O) vuông góc với (O'), xét trong tam giác MCD thì A và B chính là chân hai đường cao, T là trực tâm. Khi đó theo định lý về đường tròn 9 điểm ta có A và B cùng nằm trên đường tròn đường kính ON' với N' là trung điểm CD. Vì vậy ta có AN' và BN' lần lượt vuông góc với AO và BO. Nói cách khác, N' phải trùng với N. Việc chứng minh điều ngược lại là hoàn toàn tương tự.

Dựng bằng nghịch đảo, bán kính tính bằng định lý Steward. Kết quả như sau:
$r=\dfrac{R_1R_2(R_1+R_2)}{R_1^2+R_2^2+R_1R_2}$
với $r,R_1,R_2$ lần lượt là bán kính đường tròn (O), đường tròn đường kính AB, BC.

http://www.mediafire...2db6fb9a8902bda

http://www.mediafire...2db6fb9a8902bda
(kèm theo Example của anh Magnus)

tác giả có lời bình j đi chứ
các bạn post giải nhanh thật
great lắm

hê hê, chú định mần răng đó?

ơ thế là có sách rồi à

không lấy quân của MNF, chắc chắn là như vậy

sack, thế thì làm j bây h, tớ lâu ngày cũng có đụng Toán đâu, khe khe

đã có nik hai tên đó rồi nhưng chẳng bao h thấy onl cả

đội của MU còn thiếu 2 người vì chưa liên lạc được với Gauss2 và haitran1989

lại được offline, vui miễn bàn

anh convert ác quá, chất lượng giảm tệ hại

nhẽ ra anh nthd (nờ thờ DÊ) phải rủ cô váy ngắn kia đi cùng hội luôn, he he

tất cả ảnh đó à? ý em là cả hai máy ấy?