baopbc

$\frac{1}{a^{2}}+\frac{1}{b^{2}}+\frac{1}{c^{2}}+ab+bc+ca+ab+bc+ca\geq 9\sqrt[9]{\frac{1}{a^{2}b^{2}c^{2}}.(abc)^{4}}=9\sqrt[9]{(abc)^{2}}$  mà bạn

Thành thật xin lỗi, mình bị nhầm./

Lời giải bài số 5

:Bài toán 5. Cho tứ giác $ABCD$ có $AC$ vuông góc $BD$. Gọi $K,L,M,N$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ABC,BCD,CDA,DAB$.

    a) Chứng minh rằng $BK,CL,DM,AN$ đồng quy tại điểm $I$

     b) Gọi $X,Y,Z,T$ là tâm ngoại tiếp tam giác $IAB,IBC,ICD,IDA$. Chứng minh rằng $X,Y,Z,T$ cùng nằm trên đường tròn $(J)$ và $XZ,YT,IJ$ đồng quy.

P/s: Bài 4 loay hoay mãi chả biết giải kiểu gì./

a, Chỉ là một ứng dụng đơn giản của hai điểm liên hợp đẳng giác. Giải băng Ceva sin là được./

b, Do $X,Y,Z,T$ là tâm ngoại tiếp các tam giác $IAB,IBC,ICA,IAD$ nên $XYZT$ là tứ giác tạo bởi đường trung trực của các cạnh $IA,IB,IC,ID$.

Bài toán quy về chứng minh $\angle DIC+\ angle AIB= 180o$./

$\angle AIB+\angle DIC=\angle CAD+\angle BDA+\angle DBC+\angle ACB=90o+90o=180o$./

Vậy $X,Y,Z,T$ đồng viên./

P/s: Hình như còn một ý thì phải./

Bài này có cách dựng như sau:

Thực ra trước đây có một bài toán liên quan đến cái này mà thầy em ra rồi./

ED giao OI tại S. Áp dụng định lí Menelaus ta có: SI/SO=r/R

Vậy ta xác định được S.

Cách dựng: Xác định S t/m: SI/SO=r/R

SD cắt (O) tại E. OE cắt ID tại K thì (K;KE) là w cần dựng./

Cho $a,b,c$ là các số dương thỏa mãn $6a+3b+2c=abc$. Tìm GTLN của :

$B=\dfrac{1}{\sqrt{a^2+1}}+\dfrac{2}{\sqrt{b^2+4}}+\dfrac{3}{\sqrt{c^2+9}}$

Bài này giải vậy:

Đặt a=x,b=2y,c=3z thì x+y+z=xyz./

Biểu thức đầu bài tương đương với: $\sum \frac{1}{\sqrt{x^{2}+1}}$(1)

Áp dụng bất đẳng thức AM-GM: (1)$\leq \sum \frac{1}{x+1}$

Quy đồng mẫu số kết hợp với x+y+z=xyz, ta tìm được giá trị lớn nhất là $ \frac{3}{\sqrt{3}+1}$

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x=y=z=$\sqrt{3}$

Lời giải bài số 3:Cho tứ giác hai tâm $ABCD$ có tâm ngoại tiếp $O$ và đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $AB,BC,CD,DA$ tại $M,N,P,Q$. $MP$ cắt $NQ$ tại $R$. $X,Y,Z,T$ là hình chiếu của $R$ lên $QM, MN, NP, PQ$. Chứng minh rằng $AX,BY,CZ,DT$ đồng quy trên $OI$

Bổ đề 1: MN,PQ,AC đồng quy./

Bổ đề 2: AC,BD,MP,NQ đồng quy./

Bổ đề 3: O,I,R thẳng hàng./

Lời giải: Gọi E là giao điểm của MN và PQ . Theo bổ đề 1 thì E thuộc AC./

Do RY //IB; RT//ID nên ta chỉ cần cm: RY/IB=RT/ID.

Theo định lý Sin, ta quy về cm:$\angle IBR= \angle RET$

Do ABCD nội tiếp, ngoại tiếp và IMBN nội tiếp, dễ dàng suy ra $\angle IBR= \angle RET$

Vậy BY,DT cắt nhau tại một điểm thuộc OI( theo bổ đề 3)

CMTT ta được q.e.d

Em thử xem link trực tiếp https://www.dropbox....anQuangHung.pdf

Vâng ạ, cảm ơn thầy nhiều!

Bài toán này là bài mở đầu trong tập huấn KHTN của thầy, em không nghĩ là nó khó như vậy./

Bài số 2. Cho tam giác ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc BC,CA,AB tại D,E,F. Các điểm M,N thuộc (I) sao cho MN∥BC. FM,EN cắt BC tại P,Q. Chứng minh rằng đường thẳng qua P vuông góc IP, đường thẳng qua Q vuông góc IQ cắt nhau trên AD.

em giải theo kiểu trục đẳng phương thế này không biết có đúng không ạ./

Do MN // BC nên EFBC là tứ giác nội tiếp

Gọi R,S là giao của đường tròn ngoại tiếp tứ giác IPQT( T là giao của đường vuông góc với IQ tại Q với đường vuông góc với IP tại P) với (I)

Theo định lí về tâm đẳng phương thì EF,RS,PQ đồng quy( (IPQT),(EFPQ),(I) )

Gọi X là giao của TD với (I)

Ta cm: DEFX là tứ giác điều hòa tương đương với cm: DRXS là tứ giác điều hòa

K là giao của TD với (IPQT), ta có: $\angle IKD=90o$ nên IK; tiếp tuyến tại X,PQ đồng quy

Theo định lí về tâm đẳng phương cho ba đường tròn: Đường tròn đường kính ID;(IPTQ),(I) thì IK,RS,PQ đồng quy

Vậy DRXS là tứ giác điều hòa. Từ đây ta suy ra đpcm./

Có anh chị nào học PBC đi không ạ ? Em hóng

Có anh canhhoang30011999 

Lời giải của mình(biến đổi góc thuần túy)

a, Kéo dài AP và AQ cắt (QBC) và (PBC) lần lượt tại E,G,F,H

Theo tính chất của phương tích thì MNPQ nội tiếp khi và chỉ khi EFGH nội tiếp

CQ cắt EB tại Z. $\angle AEB=\angle PCB=\angle QCA$ nên tứ giác ZECA nội tiếp$\Rightarrow \angle BZQ=\angle BAQ$$\Rightarrow$AQBZ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \angle ZBA=\angle ZQA=\angle HQC=\angle HBC\Rightarrow \angle ZBC=\angle ABH$

Đến đây thì dễ rồi!

b,Theo tính chất của tâm đẳng phương thì PN,QM,BC đồng quy theo định lý Brocard thì IJ vuông góc với AS( S là giao của PN,QM,BC ); AL vuông góc với SI( L là giao của SI và AJ)

K là giao của IJ và AS thì KLIA là tứ giác nội tiếp$\Rightarrow$ SK.SA=SL.SI=SM.SQ=SB.SC$\Rightarrow$ KABC là tứ giác nội tiếp$\Rightarrow$ IJ đi qua điểm đối xứng với A qua O(đpcm)

Lời giải của mình:

$P(0;0)\Rightarrow f(0)=f^{2}(0)\Rightarrow f(0)=0;f(0)=1$

f(0)=0; $P(x;0)\Rightarrow f^{2}(x)=xf(x)\Leftrightarrow f(x)=0;f(x)=x$

Ta chứng minh không tồn tại hai số a,b khác 0 nào đồng thời thỏa mãn $f(a)=0; f(b)=b$

$P(b;a)\Rightarrow b^{2}+f(a^{2})=f^{2}(b-a)$

+)$f(a^{2})=0\Rightarrow b^{2}=f^{2}(b-a)$(vô lí)

+)$f(a^{2})=a^{2}\Rightarrow b^{2}+a^{2}=f^{2}(b-a)$(vô lí)

Vậy không tồn tại hai số a,b khác 0 nào đồng thời thỏa mãn $f(a)=0: f(b)=b$

$\Rightarrow f(x)=x;f(x)=0$(thỏa mãn)

f(0)=1. $P(1;0)\Rightarrow 1=f^{2}(1)+1\Rightarrow f(1)=0$

$P(1;1)\Rightarrow f^{2}(0)=0\Leftrightarrow f(0)=0$(mâu thuẫn)

Vậy có hai hàm thỏa:$f(x)=x;f(x)=0$