ecchi123

$bài$ $1$ : cho tam giác $ABC$ ,nội tiếp $(O)$ , ngọai tiếp $(I)$ , phân giác $AD,BE,CF$ . $X,Y,Z$ lần lượt thuộc $BC,CA,AB$ sao cho $IX,IY,IZ$ lần lượt vuông góc với $AI.BI.CI$ , chứng minh $(ADX),(BEY),(CFZ)$ đồng trục .

$bài $ $2$ : , cho tam giac $ABC$ ngoại tiếp $(I)$ , phân giác $AD,BE,CF$ lần lượt cắt $(IBC),(ICA),(IAB)$ tại điểm thứ hai là $D,E,F$ , $X,Y,Z$ lần lượt thuộc $(IBC),(ICA),(IAB)$ sao cho $IX,IY,IZ$ song song với $BC,CA,AB$. chứng minh rằng $(ADX),(BEY),(CFZ)$ đồng trục

Gọi $T$ là giao của $PG$ và $BC$ , Dễ cm dc tam giác $TBK$ đồng dạng tam giác $TPB$ $=>$ $\frac{BK}{BK}=\frac{TB}{TP}=\frac{GB}{PC}=>PC.BK=BG.BP=CQ.BP$ ... lạ dễ thấy tam giác $NCQ$ đồng dạng tam giác $PBA$ suy ra $ NC.AB=CQ.BP$ , tử 2 cái trên suy ra $\frac{PC}{NC}=\frac{AB}{KB}$ và gọc tương ứng suy ra tam giác $ABK$ đồng dạng $PCN$ , suy ra $AK$ vg góc $PN$

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

Sory bạn nhá , tứ giac ABCD ko nội tiếp , mình viết thiếu đk

Cho $AD$ cắt đường tròn Euler và đường  tròn đường kính $AB$ tại điểm thứ 2 là $N$ và $F$ , khi đó ta có $DH.DA=DB.DC=DE^2=DE.DF$ suy ra $(FEHA)=-1$ theo newton , dễ thấy do tc đường tròn euler , $N$ là trung điểm $AH$ , áp dụng $Macraurint$ cho hàng điểm trên ta có $ EN.EF=EH.EA<=>2EN.ED=2EM.EA$ , suy ra $E$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn đường kính $AM$ và đường tron $Euler$ , suy ra $E$ thộc $PQ$

Bổ đề nt có nội dung là gì vậy ạ? 

tứ giác $ABCD$ , $AB$ cắt $CD$ =$P$ , $AD$ Cắt $BC$ tại $Q$ , Phân giác góc $P$ vuông góc với phân giác góc $Q$ khi và chỉ khi tứ giác $ACBD$ nội tiếp . Cái này cm bằng cộng góc đơn thuần thoy bạn

Ta có các tính toán như sau : $IC^2-ID^2=IB^2-IA^2=MB^2-MA^2=BC.(MB-MA)$ với $M$ là giao của $(I)$ với $AB$

sử dụng đn phương tích có $OC^2-OD^2=OC^2-R^2-(OD^2-R^2)=CH.CA-DH.DB=BC.(HB-HA)=BC.(MB-MA)$

từ 2 điều trên suy ra $IO$ vuông góc với $CD$

Vẽ đường tròn đường kính $BK$ vắt $(KAC)$ tại $H'$ dễ cm tam giác $ H'BC $ = tam giác $H'KA$ suy ra $H'M=H'N$ , tương tự lấy đường tròn đường kính $KC$ cắt $(KAB)$ tại $H"$ tương tự có $H"N=H"M$ , ta sẽ chứng minh $H$ thuộc $H"H'$ , Có $KB.KC=KH.KA=KH.BC$ kẻ các đường vuống góc từ $H".H'$ xuống $BC$ dó tạo hình thang và tỉ số  nên $H$ thuộc $H'H"$ suy ra $HM=HN$ 

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

em có lời giải s : Gọi $X,Y$ là trung điểm của $AF$ và $AE$ . Khi đó $X,Y$ thuộc $P,Q$ , Ta có $(QAYK),(AXLP) $ nột tiếp suy ra $\widehat{AKY}=\widehat{B/2}$ CHo $QK$ vắt $PL$ tại $Z$ , mà có $\widehat{KAO}=\widehat{B/2}$ , suy ra $AK$ song song $ZL$ , tương tự suy ra $AZ$ song song $AL$ suy ra $AKZL$ là hình bình hành , Để ý rằng tâm O của đường tròn ngoại tiếp $\Delta ABC$ thuộc $(AMN)$ , Hạ $OH$ vuồng góc với $d$ thì $H$ thuộc $(AMN)$ đồng thời là tâm đường tròn đường kính $(UV)$. Gọi J là tâm đường trìm mixtilinear ứng với góc $A$ của tam giác $AMN$  . Gọi $(H)$ giao $(J)$ tại $G$ , bằng phép  tính toán ta sẽ chứng minh được $GJ^2+GH^2=JH^2$ khi đó  theo tc phương tích ta có $2IP.TH=\Im (I/(AMN))-\Im (I/(H))=(2R-r)r+r^2=2Rr$ (trong đó $P$ là chân đường cao từ $J$ điến trục đẳng phương , $T$ là tâm $(AMN)$ , $R,r$ lần lượt là bán kinh đường $(AMN)$ và $(J)$) Khi đó $IP=r$ suy ra $(J)$ tx với trục đnagử phương đó suy ra đường đẳng p đó tiếp xúc vs đường tròn cố định là $(J)$

Bạn c/m lại bổ đề đó đc ko? 

Cộng góc là dc mà bạn 

Bài 4 :a) $( OCD)$ cắt $AC$ tại $G$ ,$MN$ vuông góc với $AC$ tại $N$

$AQ$ đối trung nên dễ dàng tính dc tỉ số$\frac{BQ}{BM}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}$$(3)$

Ta lại có $AG.AC=AD.AQ$ suy ra$\frac{AG}{AN}=\frac{AD.AQ}{AM.AC.cos\widehat{MAN}}=\frac{AB.AQ}{AC.AM}$ $(1)$

Do $AM. AQ$ đẳng giác có $AM$ trung tuyến nên ta có thế dễ dàng tính dc$\frac{AQ}{AM}=\frac{2AB.AC}{AB^2+AC^2}$$(2)$

từ $(1)(2)(3)$ suy ra $\frac{AG}{AN}=\frac{2AB^2}{AB^2+AC^2}=\frac{BQ}{BM}$

suy ra các đường tròn ngoại tiếp tam giác$(ABC),(QDC),(MNC)$ đồng trục , tức cùng đy qua $C,K$suy ra$\widehat{MKC}=90^o$

tương tự ta có $\widehat{BLM}=90^o$ suy ra dpcm

b) từ phần a , dễ suy ra $AL,AK$ đẳng giác Mà có phân giác ngoài góc $BTC$ và phân giác trong góc $LAK$ cắt nhau tại $J$ là trung điểm cung $BC$ không chứa $A$  mà $\widehat{AJT}=90^o$ nên theo bổ đề nt thi các giao điểm đó đồng viên

b≥0;(a−b)2≥0ab≥0;(a−b)2≥0

Do a,b≥0⇒F=1√1+a2+1√1+b2−(a−b)2−3ab≤2a,b≥0⇒F=11+a2+11+b2−(a−b)2−3ab≤2

Max P=2P=2 khi a=b=0a=b=0

cái này dùng diricle :v

Mình giải như sau

Ta giả sử rằng : an+2=3nan+2=3n

Nếu tồn tại số aiai thỏa mãn : n<ai≤2n⇒n<an+2−ai<2nn<ai≤2n⇒n<an+2−ai<2n,

Nếu không tồn tại số  aiai thỏa mãn : n<ai≤2nn<ai≤2n

Thì 2 số ai,ajai,aj sẽ thuộc 1 trong những dãy các cặp số sau : (1,2n),(2,2n+1),(3,2n+2),...,(n,3n−1)(1,2n),(2,2n+1),(3,2n+2),...,(n,3n−1) thỏa mãn được đề bà