nhuanmaths

Cách này tuy không hay nhưng ngắn gọn:

Gọi E,F lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp $\bigtriangleup ABC$ với $AB,AC$.Giả sử $AB< AC$

Do $AF=AE=p-a$ và b+c=2a nên dễ dàng chứng minh $MF=ME$.Suy ra $\Delta FMI=\Delta ENI(c-g-c)$

$\Rightarrow \angle MIN=FIE=180-A$.Suy ra dpcm

Cho AB,CD là 2 dây cung bất kì của đường tròn $\left ( O \right )$.Qua A,B lần lượt  dựng 2 đường thẳng $d_{1}$,$d_{2}$ vuông góc với AB.Tương tự Qua C,D lần lượt  dựng 2 đường thẳng $d_{3}$,$d_{4}$ vuông góc với CD.Gọi M là giao điểm $d_{1}$ và $d_{3}$.Gọi N là giao điểm $d_{2}$ và $d_{4}$.Chứng minh rằng O là trung điểm MN

 

 

 

 

 

Mình cũng có cách khác cho bài 1 nè!
Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta ABC$ và AB=c, AC=b, BC=a
Để ý rằng $\sin C=\sin \widehat{DIE}$ nên $\frac{S_{DIE}}{S_{ABC}}=\frac{ID.IE.\sin \widehat{DIE}}{AC.BC.\sin C}=\frac{ID.IE}{AC.BC}=\frac{r^{2}}{ab}$. Tương tự $\frac{S_{FID}}{S_{ABC}}=\frac{r^{2}}{ac}$ và $\frac{S_{EIF}}{S_{ABC}}=\frac{r^{2}}{bc}$
Do đó $\frac{S_{DEF}}{S_{ABC}}=r^{2}.\sum\frac{1}{ab}=\frac{r^{2}2p}{abc}=\frac{2rS}{abc}=\frac{r}{2R}$ (vì $S=\frac{abc}{4R} $ )

Giả thiết bài 2 của bạn có các số:30,4,14 hình như bạn lấy từ đề thi 30-4 thì phải!
Bày này dùng định lí Menelaus
Đầu tiên để tính $S_{DEF}$ ta cần tính $S_{ADC}$, $S_{ABE}$ và $S_{BEC}$
Từ giả thiết ta có MC=30MB, NC=4NA và KB=14KA
Áp dụng định lí Menelaus cho $\Delta ABM$ cát tuyến KDC ta được:
$\frac{KA.BC.MD}{KB.CM.AD}=1$ suy ra $\frac{MD}{AD}=\frac{KB.CM}{KA.BC}=\frac{420}{31}$
Do đó $\frac{S_{AMC}}{S_{ADC}}=\frac{AM}{AD}=\frac{421}{31}$ mà $\frac{S_{ABC}}{S_{AMC}}=\frac{BC}{MC}=\frac{31}{30}$
Khi đó $\frac{S_{ABC}}{S_{ADC}}=\frac{421}{30}$ Hay $S_{ADC}=\frac{421}{30}S$
Tương tự ta tính được $S_{ABE}$ và $S_{BEC}$ theo S
Nên $S_{DEF}=S-(S_{ADC}+S_{BEC}+S_{AEB})=...$
trong quá trình tính toán có thể mình sai mong bạn thông cảm ^-^

Cách của doaddat97 có vẻ chưa giải quyết được hết bài toán, mình xin giải bài này bằng BĐT cauchy:
Để ý rằng $\sum m_{a}^{2}=\frac{3}{4}\sum a^{2}$.Ta đặt $\sum m_{a}^{2}=3k^{2}$ và $\sum a^{2}=4k^{2}$ Do đó:$k\geqslant \frac{1}{3}\sum a$ và $k\geqslant \frac{1}{2\sqrt{3}}\sum a$ (1)
Xét tam giác đồng dạng như doaddat97 ta có $m_{a}(M_{a}-m_{_{a}})=\frac{a^{2}}{4}$ Hay $m_{a}.M_{a}=m_{a}^{2}+\frac{a^{2}}{4}=\frac{b^{2}+c^{2}}{2}=\frac{4k^{2}-a^{2}}{2}$ (3)
Vì $m_{a}^{2}=\frac{2(b^{2}+c^{2})-a^{2}}{4}=\frac{2(4k^{2}-a^{2})-a^{2}}{4}$ nên $a^{2}=\frac{8k^{2}-4m_{a}^{2}}{3}$ Thế vào (3) ta được $m_{a}M_{a}=\frac{2}{3}(k^{2}+m_{a}^{^{2}})$
Hay $M_{a}=\frac{2}{3}k(\frac{k}{m_{a}}+\frac{m_{a}}{k})$ Áp dụng BĐT cauchy Ta được $M_{a}\geqslant \frac{4}{3}k$ Do đó $\sum M_{a}\geqslant 4k$ (2)
Từ (1) và (2) ta được dpcm Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $\Delta ABC$ đều

Nhìn tiêu đề mình hiểu ý bạn định giải bài này bằng phép biến hình!
Mình xin giải bài này bằng phép tịnh tiến:
a)Gọi M là trung điểm BC.Tia BI và CI lần lượt cắt $(I)$ tại E và F
Dễ dàng chứng minh AHCE là hình bình hành.Do đó AH=EC=2IM (không đổi vì BC cố định nên M cố định hay IM không đổi)
Xét phép tịnh tiến $T_{\vec{AH}}$ khi đó $I\rightarrow S$ sao cho $\vec{IS}=\vec{AH}$ nên AHSI là hình bình hành
AH vuông góc với BC nên IS vuông góc với BC hơn nữa IS=AH không đổi nên S cố định,lại có SH=IA=R
Vì vậy quĩ tích điểm H là $(S,R)$ phần đảo bạn tự giải nha!
b)qua phép tịnh tiến ở câu a) ta có A$\rightarrow $H, I$\rightarrow $S, F$\rightarrow $B và E$\rightarrow $C
mà A,F và E cùng nằm trên đường tròn $(I)$ nên H,B và C cùng nằm trên $(S)$ hay S trùng I'
Vậy II'=IS=AH

Mình nghĩ dùng phương pháp lượng giác như haisupham là nhanh nhất!
Mình cũng xin post bài giải bằng đại số(theo gợi ý của doandat97) có vẻ hơi dài mong các bạn thông cảm:
ta dùng định lí cosin suy rộng $\cot A=\frac{b^{2}+c^{2}-a^{2}}{4S}$ $(*)$
Áp dụng định lí sin và cosin là có thể chứng minh được $(*)$
Do đó $\sum \cot A\cot B=\frac{\sum \left ( b^{2}+c^{2}-c^{2} \right )\left ( c^{2}+a^{2}-c^{2} \right )}{16S^{2}}=\frac{-\sum a^{4}+2\sum a^{2}b^{2}}{16S^{2}}$
Đặt $\left\{\begin{matrix}
p=a+b+c & & \\
q=ab+bc+ca & & \\
r=abc & &
\end{matrix}\right.$ ta có:
$\left\{\begin{matrix}
a^{4}+b^{4}+c^{4}=p^{4}-4p^{2}q+2q^{2}+4pr & & \\
a^{2}b^{2}+b^{2}c^{2}+c^{2}a^{2}=q^{2}-2pr & &
\end{matrix}\right.$
Suy ra $-\sum a^{4}+2\sum a^{2}b^{2}=-p^{4}+4p^{2}q-8pr$ và $16S^{2}=p(p-2a)(p-2b)(p-2c)=-p^{4}+4p^{2}q-8pr$
Nên $\sum \cot A\cot B=1$

Biến đổi VP ta được:\[\frac{-1}{18p}\left [ 8p^{3}-27abc-12p^{2}\left ( a+b+c \right )+18p\left ( ab+bc+ca \right )\right ]$ $(1)\]
Mặt khác ta có: \[\sin A=\frac{2\tan \frac{A}{2}}{1+\tan ^{2}\frac{A}{2}}\]
Dễ dàng suy ra:\[\frac{a}{2R}=\frac{2r(p-a)}{r^{2}+(p-a)^{2}}\]
Sau khi biến đổi ta được \[a^{3}-2pa^{2}+(p^{2}+r^{2}+4Rr)a-4pRr=0\]
Tương tự khi ta thay $a$ cho $b,c$.Khi đó ta được phương trình:\[x^{3}-2px^{2}+(p^{2}+r^{2}+4Rr)x-4pRr=0\]
Theo định lí Viete ta có:\[\left\{\begin{matrix}
a+b+c=2p & & \\
ab+bc+ca=p^{2}+r^{2}+4Rr& & \\
abc=4pRr & &
\end{matrix}\right.\]
Thế vào $(1)$ biến đổi và rút gọn ta được VT
Mình thấy cách này còn dài mong các bạn có thể giúp mình giải cách ngắn hơn

Cho tam giác ABC với E,F lần lượt là chân đường phân giác của góc ABC và ACB.Gọi O và L lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và tâm đường tròn bàng tiếp của góc BAC.Chứng minh rằng:OL vuông góc với EF