Bonjour

Cho tứ giác ABCD, O = AC ∩ BD. Phân giác của các góc $\widehat{AOB},\widehat{BOC},\widehat{COD},\widehat{DOA}$  theo thứ tự cắt AB, BC, CA, AD tại M, N, P, Q. X, Y, Z, T theo thứ tự là trung điểm của QM, MN, NP, PQ. Chứng minh rằng AX, BY, CZ, DT đồng quy.

Gọi $E,F$ lần lượt là trung điểm $BD,AC$ và $K$ là điểm chia trong $EF$ sao cho $\frac{KF}{KE}=\frac{AC}{BD}$

  Ta có:

$\overrightarrow{BK}=\frac{EK}{EF}.\overrightarrow{BF}+\frac{FK}{EF}.\overrightarrow{BE}$

$=\frac{DB}{BD+AC}.\overrightarrow{BF}+\frac{AC}{CA+BD}.\overrightarrow{BE}$

$\Rightarrow (AC+DB)\overrightarrow{BK}=BD.\overrightarrow{BF}+AC.\overrightarrow{BE}$

$=\frac{BD}{2}.(\overrightarrow{BC}+\overrightarrow{BA})+\frac{AC.BE}{BO}.\overrightarrow{BO}$

$=\frac{BD}{2}.(\frac{OB+OC}{OB}\overrightarrow{BN}+\frac{OB+AO}{OB}\overrightarrow{BM})+\frac{AC.BE}{BO}.(\frac{OA}{AC}\overrightarrow{BC}+\frac{OC}{AC}\overrightarrow{BA})$

$=\frac{BD}{2}.(\frac{OB+OC}{OB}\overrightarrow{BN}+\frac{OB+AO}{OB}\overrightarrow{BM})+\frac{AC.BE}{BO}(\frac{OA}{AC}.\frac{OB+CO}{OB}\overrightarrow{BN}+\frac{OC}{AC}.\frac{OB+OA}{OB}\overrightarrow{BM})$

$=\overrightarrow{BN}.\frac{DB}{2}.\frac{(OB+OC)}{OB}.(1+\frac{OA}{OB})+\overrightarrow{BM}.\frac{DB}{2}.\frac{(OB+OA)}{OB}.(1+\frac{OC}{OB})$

$=\frac{DB}{2}.\frac{(OA+OB)(OB+OC)}{OB^2}.(\overrightarrow{BN}+\overrightarrow{BM})$

$=BD.\frac{(OA+OB)(OB+OC)}{OB^2}.\overrightarrow{BX}$

$=\Rightarrow \overrightarrow{BK}=BD.\frac{(OA+OB)(OB+OC)}{OB^2(BD+AC)}.\overrightarrow{BX}$

 Từ đó suy ra $BX$ đi qua $K$ , tương tự cho các đỉnh còn lại , từ đó có Đpcm

Cho (I,r) nội tiếp tam giác ABC.M là trung điểm của BC,MI cắt đường cao AH tại K.CMR AK=r

Bài đơn giản vậy thôi chứng minh khá lâu

Giả sử $BC=a;CA=b;AB=c$ với $b>c$ 

Gọi $D$ là tiếp điểm của $(I;r)$ với $BC$

Ta có $HB^2-HC^2=c^2-b^2\Rightarrow HC-HB=\frac{b^2-c^2}{a}$

 $\Rightarrow (\frac{a}{2}+HM)-(\frac{a}{2}-HM)=\frac{b^2-c^2}{a}\Rightarrow HM=\frac{b^2-c^2}{2a}$

Mà $DM=\frac{a+b-c}{2}-\frac{a}{2}=\frac{b-c}{2}$

$\Rightarrow \frac{AK}{OD}=\frac{AH}{OD}-\frac{HK}{OD}=\frac{\frac{a+b+c}{2}}{\frac{1}{2}a}-\frac{\frac{b^2-c^2}{2a}}{\frac{b-c}{2}}=1$

Suy ra $AK=r$

Cho tứ giác $ABCD$ , $AB$ $\cap CD={P}$ . $AD \cap  BC ={Q}$ , $AC \cap BD={O}$ từ $O$ hạ vuông góc xuống $PQ$ tại $R$  , từ $R$ hạ vuồng góc xuống $AB,BC,CD.DA$ tại $X.Y.Z.T$ , Chứng minh : $X,Y,Z,T$ đồng viên

Mình vẽ hình chả thấy đồng viên ,chỉ thấy thẳng hàng : 

Từ $O$ hạ đường vuông góc đến $PQ$ nghĩa là đường kẻ từ $O$ đến vuông với $PQ$ đi qua tâm $(ABCD)$ ,hay $R$ là điểm Miquel của tứ giác $ABCD.PQ$ từ đó có $(ABQR),(ADPR)$ là các tứ giác nội tiếp nên theo Simson thì các điểm $Z,Y,X,T$ thẳng hàng

Câu hình còn có thể chứng minh như thế này :

Gọi tiếp tuyến kẻ từ $A$ cắt $BC$ tại $T$ ; tâm ngoại tiếp $(BAC),(ADE)$ lần lượt là $H,G$ dễ thấy $A,G,H$ thẳng hàng do đó $TA$ là tiếp tuyến chung của $(ABC),(ADE)$. Nên $T$ nằm trên trục đẳng phương của $(AED),(BCD),(BCE)$ hay $DP,QE,BC$ đồng qui tại $T$ .Ta có : 

  $\widehat{ACB}=\widehat{TQB}=\widehat{TAB}$ suy ra tứ giác $AQBT$ nội tiếp 

Mặt khác:
 $\widehat{AQP}=\widehat{ADP}=\widehat{ATD}+\widehat{TAD}$

Và $\widehat{APQ}=\widehat{AEQ}=\widehat{TAB}+\widehat{BAQ}$

Kết hợp với tia $TD$ và tia $TQ$ đẳng giác trong $\widehat{ATB}$ nên $\widehat{ATD}=\widehat{BAQ}$

Cho tứ giác ABCD. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của AC và BD. Chứng minh rằng:

$ AB^{2}+BC^{2}+CD^{2}+DA^{2}=AC^{2}+BD^{2}+4MN^{2} $

$AB^2+BC^2+CD^2+DA^2=AC^2+BD^2+(\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{CB})^2$

$\Leftrightarrow AB^2+CD^2=AC^2+BD^2+2\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{CB}$

$ \Leftrightarrow (\overrightarrow{AB}+\overrightarrow{AC})(\overrightarrow{AB}-\overrightarrow{AC})+(\overrightarrow{DC}-\overrightarrow{DB})(\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{DB})=2\overrightarrow{AD}.\overrightarrow{CB}$ Tới đây dễ rồi ..

Tìm đa thức bậc bé nhất có hệ số nguyên nhận $1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}$ làm nghiệm.

Ta làm như sau

Ta có : 
$x=1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}$

$\Leftrightarrow x(1+\sqrt[3]{2})=1+(\sqrt[3]{2})^3=3$

$\Leftrightarrow 2x^3=(3-x)^3$

Biến đổi chút nữa ta có $x=1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}$ là nghiệm của đa thức bậc ba hệ số nguyên 

$f(x)=x^3-3x^2+9x+9$

Ta chứng minh $f(x)$ là đa thức có bậc nhỏ nhất thoã mãn đề
1) Nếu $f(x)$ có nghiệm hữu tỉ thì $f(x)$ có nghiệm nguyên là ước của 9 ,dễ thấy không có ước của 9 là nghiệm $f(x)$

Mà $x=1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}$ là số vô tỉ nên dẫn tới $Deg(f)$ khác 1

2) Giả sử $x=1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4}$ là nghiệm của đa thức bậc 2 với hệ số nguyên . Chia $f(x)$ cho $g(x)$

 $\Rightarrow f(x)=g(x).q(x)+r(x)$ với $Deg(r)<2$

Vì $f(1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4} )=0$ nên $r(1-\sqrt[3]{2}+\sqrt[3]{4})=0$ do đó $r(x)=0$ .Do đó thì $f(x)=g(x).q(x)$ với $q(x)$ là đa thức bậc 1 với hệ số hữu tỉ.Suy ra $f(x)$ có nghiệm hữu tỉ .Vô Lí !!! 

Bài 1: Cho dãy số $a_{n}$ xác định bởi $a_{0}=1$ và $a_{n+1}=\frac{7a_{n}+\sqrt{45a_{n}^{2}-36}}{2}$ với $\forall n\in \mathbb{N}$.

a/ Chứng minh $a_{n+1}=7a_{n}-a_{n-1}$, từ đó suy ra $a_{n}$ nguyên dương với $\forall n\in \mathbb{N}$.

b/Chứng minh  $a_{n}.a_{n+1}-1$ là số chính phương.

Bài 2: Cho dãy số $u_{n}$ thỏa mãn $u_{n+2}=au_{n+1}+bu_{n}, n\in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng 

$u_{n+2}.u_{n}-u_{n+1}^{2}=\left ( -b \right )^{n}\left ( u_{2}u_{0}-u_{1}^{2} \right ), \forall n\geq 1$

Bài 2 :
Xét phương trình đặc trưng: 

$x^2-ax-b=0$ có 2 nghiệm phân biệt ( $a^2+4b>0$) $x_{1};x_{2}$

Ta có : $U_{n}=\alpha .x_{1}^{n}+\beta x_{2}^{n}$

$U_{n+2}.U_{n}-U_{n+1}^2=(-b)^2.(U_{2}U_{0}-U_{_{1}})$

$\Leftrightarrow (\alpha .x_{1}^{n+2}+\beta x_{2}^{n+2})(\alpha .x_{1}^{n}+\beta x_{2}^{n})-(\alpha .x_{1}^{n+1}+\beta x_{2}^{n+1})^2$

     $=\alpha \beta (x_{1}x_{2})^n.(x_{1}^2+x_{2}^2-2x_{1}x_{2})$

     $=\alpha \beta (-b)^n(x_{2}-x_{1})^2$

     $=\alpha \beta (-b)^n.(a^2+b)$

     $=(-b)^n.(U_{2}U_{0}-U_{1}^2)$ 

 Đpcm

Bài 1: Cho dãy số $a_{n}$ xác định bởi $a_{0}=1$ và $a_{n+1}=\frac{7a_{n}+\sqrt{45a_{n}^{2}-36}}{2}$ với $\forall n\in \mathbb{N}$.

a/ Chứng minh $a_{n+1}=7a_{n}-a_{n-1}$, từ đó suy ra $a_{n}$ nguyên dương với $\forall n\in \mathbb{N}$.

b/Chứng minh  $a_{n}.a_{n+1}-1$ là số chính phương.

Bài 2: Cho dãy số $u_{n}$ thỏa mãn $u_{n+2}=au_{n+1}+bu_{n}, n\in \mathbb{N}$. Chứng minh rằng 

$u_{n+2}.u_{n}-u_{n+1}^{2}=\left ( -b \right )^{n}\left ( u_{2}u_{0}-u_{1}^{2} \right ), \forall n\geq 1$

Bài 1 :

Từ công thức đã cho suy ra:
 $(2a_{n+1}-7a_{n})^2=45a^{2}_{n}-36$

$\Rightarrow 4a^{2}_{n+1}-28a_{n+1}a_{n}+4a^{2}_{n}+36=0$

Thay $n=n+1$

 Ta được : $\Rightarrow 4a^{2}_{n+2}-28a_{n+2}a_{n+1}+4a^{2}_{n+1}+36=0$

Trừ vế với vế :

$\Rightarrow (a_{n+2}-a_{n})(28a_{n+1}-4(a_{n+2}+a_{n}))=0$

Vậy công thức truy hồi chỉ có 
$a_{n+2}=7a_{n+1}-a_{n}$

b) Còn suy nghĩ   
 

Sử dụng công thức tính diện tích tam giác ta có: 
$S_{AIK}=\frac{1}{2}.sinA.AI.AK $ và $S_{ABC}=\frac{1}{2}.sinA.AC.AB $

 Chia lại thì : $\frac{S_{AIK}}{S_{ABC}}=\frac{AI.AK}{AC.BA}=cos^{2}A$ .Tương tự và được đpcm
 

Bài 4
Giả sử $QM\cap DB=W\Rightarrow \frac{MA}{MB}.\frac{DQ}{AQ}.\frac{BW}{WD}=1$
Để ý $MA=AQ ; BM=BN;CN=CP;DP=DQ$ .Thế vào ,ta được $N,P,W$ thằng hàng
 

$\boxed{Bài 78}$ Cho lục giác $ABCDEF$ có $BC=EF$ và các đỉnh nằm trên đường tròn đường kính $AD$.Gọi $H$ là giao điểm $AC$ và $BD$ ; $K$ là giao điểm $AE$ và $DF$ .$P,Q$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $AF,DE$ .$R,S$ là hình chiếu vuông góc của $K$ lên $AB,CD$ .Chứng minh $RS,PQ,HK$ đồng qui
$\boxed{Bài 79}$ Tam giác $ABC$ có các đường phân giác trong $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $I$ .Chứng minh rằng nếu bán kính của các đường tròn nội tiếp các tam giác $AIF,BID,CIE$ bằng nhau thì tam giác $ABC$ là tam giác đều 

Spoiler

Trở lại thời lớp 9 tí   

    Cho tam giác $ABC$ với $AD,AM$ lần lượt là đường phân giác ,đường trung tuyến .Đường tròn ngoại tiếp tam giác $ADM$ cắt cạnh $AB,AC$ tại $U,V$ .Gọi $T$ là trung điểm $UV$ .Chứng minh rằng $MT$ song song với $AD$

https://cuoichutdi.w...ng-thang-euler/

$cos(A+B)cos(A-B)\geq cos(A+B)=-cosC$ mà 

Bài 1) 

  Trước hết cần chứng minh tứ giác $EDKH$ nội tiếp bằng biến đổi góc $\widehat{EKD}=360^{\circ}-(180^{\circ}-\widehat{B})-(180^{\circ}-\widehat{C})=180^{\circ}-\widehat{A}=\widehat{EHD}$

 và tứ giác $HKCB$ nội tiếp ( cũng bằng biến đổi góc )

a) $\widehat{ECB}=\widehat{EDB}=\widehat{EKH}$ 

 b) Từ câu a) suy ra $\widehat{CKH}=180^{\circ}-\widehat{DBC}=180^{\circ}-\widehat{DEC}=\widehat{MEC}=\widehat{MKC}$

c) Hệ quả câu a) và b)