lehakhiem212

 câu 3b: Cm được $BP, CQ$ đi qua trung điểm $EF$.

Gọi $M$ là trung điểm $BC$.Dễ chứng minh $R,H,M$ thẳng hàng.

Biến đổi góc cm được: $SOMR$ và $RIOM$ là các tứ giác nội tiếp.

Nên $IM,RS,EF$ đồng quy do là trục đẳng phương của 3 đường tròn (đường kính AH),(Euler của ABC),(RISM).

Mà $IM$ đi qua trung điểm $EF$. Ta có đpcm.

Gọi $S$ là giao điểm của $AM$ và $BP$

Ta có: $\angle AQM=90 -\angle HAM=90-(\angle BAM-\angle BAH)=90-\frac{1}{2}sd\hat{BM}+(90-\angle ABC)=180-\frac{1}{2}sd\angle\hat{CM}-\frac{1}{2}sd\hat{AC}=\frac{1}{2}sd\hat{AM}=\angle ADM$.

Suy ra tam giác $AQD$ cân tại $A$, nên $MQ=MD$.

Mặt khác: $\angle MPB=90-\angle MSP=\frac{1}{2}sd\hat{AD}-\angle SAC-\angle BCA=\frac{1}{2}sd\hat{AD}-\frac{1}{2}sd\hat{BM}-\frac{1}{2}sd\hat{AB}=\frac{1}{2}sd\hat{MD}=\angle MCD$

Suy ra:$\bigtriangleup MCD\sim \bigtriangleup MPC$ (g.g)

Nên $MD.MP=MC^{2}$

Dễ chứng minh $MI=MC$ kết hợp với ,$MQ=MD$

Ta được: $MQ.MP=MI^{2}$. Mà $IM$ vuông góc $PQ$.Nên tam giác $IPQ$ vuông, suy ra đpcm.

Ta có: $(KDBC)=-1 \rightarrow (KPRQ)=-1\rightarrow G(KPRQ)=-1$

Suy ra $G(KDLM)=-1$ (1)

Giả sử: $KL$ cắt (I) tại $M'$

Do $AD$ là đường đối cực của $K$ đối với (I) nên $G(KDLM')$ (2)

Nên  từ (1) và(2) $GM\equiv GM'$

$M,M'$ cùng thuộc (I) nên ta có$M\equiv M'$

Suy ra đpcm

$BC$ cắt $AD$ tại K. $OK$ cắt $EF$ tại $T$.

Dễ thấy $OK$ vuông góc $EF$ và tứ giác $CETD$ nội tiếp.

$CT$ cắt (O) tại $V$. 

Ta có:$\angle VAD=\angle VCD=\angle TED=\angle HAD$, suy ra $A,V,H$ thẳng hàng 

Tương tự nếu gọi $TD$ cắt (O) tại $U$ thì $U,B,G$ thẳng hàng.gọi $S$ là giao điểm của $BU$ và $AV$

Áp dụng định lý Pascal cho bộ $\binom{AUC}{BVD}$ ta có $K,S,T$ thẳng hàng.Suy ra $S$ nằm trên KO.

Mà $\angle AHE=\angle ADE=\angle BCE=\angle BGE$. suy ra $\bigtriangleup SGH$ cân. từ đó ta có OG=OH.

=>đpcm

OP=OQ chắc tương tự.

cho tam giác ABC. Dựng phía ngoài tam giác ABC các tam giác APQ, ACQ cân tại A sao cho $\widehat{BAP}=\widehat{CAQ}$. R là giao điểm của BQ và CP. O là tâm đường tròn (BRC). Chứng minh rằng AO$\perp$PQ.

phải là tam giác APB chứ

 bài 2

đường tròn $(APD)$ cắt đường tròn $(BPC)$ tại K, K cố định.

dễ thấy $\bigtriangleup DAK =\bigtriangleup BCK$ (g.c.g) 

Suy ra $\bigtriangleup DKE=\bigtriangleup BKF$ (c.g.c)

Nên $KE=KF$ và $\angle EKD =\angle FKB$, nên $\angle DKB= \angle EKF$

Từ đó ta sẽ có được các điều sau:

$\bigtriangleup DKB=\bigtriangleup CKA\sim \bigtriangleup EKF$ và các tam giác đó đều cân.

 suy ra $\angle KFR =\angle KCR=\angle KBQ$

nên các tứ giác $KRCF$ và $KFBQ$ nội tiếp 

do đó $\angle QKB=\angle QFB=\angle RKC$

suy ra : $\angle BKC=\angle QKR=\angle BPC$

suy ra tứ giác $PKRQ$ nội tiếp, từ đó ta có được đường tròn $\left ( PQR \right )$ luôn đi qua điểm cố định là K.

P/s: bài này nhìn giả thiết kỳ kỳ mà hay ghê.

áp dụng định lý Pascal cho bộ $\binom{A D B}{CBF}$, ta có ngay kết quả

$(AMN)$ cắt (O) tại V.

Đề chứng minh O,I,T thẳng hàng thì ta chứng minh OT vuông góc AV.

Phân giác góc A cắt BC tại D, cắt (O) tại P.

 Tam giác ABD ~ tam giác APC (g.g), mà AD=2AT, AC=2AE, nên tam giác ATB ~ tam giác AEP (c.g.c) 

Suy ra góc ABT = góc APE , suy ra BT, PE cắt nhau tại S trên (O).

Ta có góc BSP= góc CSP, NE=CE, nên SE là đường trung trực của NC. Suy ra PN=PC

Nên N thuộc (P;PB).Tương tự M thuộc đường tròn trên

Suy ra MNBC nội tiếp.

theo tính chất về 3 đường trục đẳng phương thì MN, BC, AV đồng quy tại K.

Gọi U là giao điểm NC và BM

UN.UC=UM.UB nên U thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn tâm E,F, tức là U thuộc đường cao AH (H thuộc BC)

Ta có A,M,N,V,U cùng thuộc một đường tròn, suy ra góc UVA= góc ANU=90, nên UV vuông góc AK (1)

Mặt khác, theo định lý Brokard thì U là trực tâm tam giác KPT. suy ra KU vuông góc AD. nên U là trực tâm tam giác AKD.

Suy ra DU vuông góc AK (2)

từ (1), (2) suy ra D,U,V thẳng hàng 

tam giác DVA vuông ở V có T là trung điểm AD nên VT= TA. Suy ra  OT là trung trực AV. Suy ra OT vuông góc AV

Suy ra đpcm

(nhìn dài quá, có ai giải ngắn hơn không)

cho tam giác ABC. D là điểm di động trên BC. đường thẳng qua B song song với AD cắt đường thẳng qua D vuông góc với AB tại M. đường thẳng qua C song song với AD cắt đường thẳng qua D vuông góc với AC  tại N.CMR MN luôn đi qua điểm cố định thuộc đường cao AH.

bạn ơi điểm Y ở đâu vậy 

nhầm, O đó

bạn có thể chỉ rõ cho mình tại sao XX là trung điểm AC, khi đó ∠DBM=∠DXM=900∠DBM=∠DXM=900 không? 

do BD đi qua trung điểm cung AC, M là trung điểm cung lớn AC nên DBM=90, mà do M là trung điểm cung AC nên A,X,Y thẳng hàng.Nên DXM=90

Dùng BĐT AM-GM:

$\frac{a^{2}}{c^{3}}+\frac{1}{a}+\frac{1}{a}\geq \frac{3}{c}$

Xây dựng thêm hai Bđt nữa cộng vào là ra.

đây.http://prntscr.com/bucqh4

BĐt cuối đơn giản. chỉ cần nhóm và dùng 1/a+1/b >= 4/(a+b)

http://goo.gl/mb5aAa . ai dịch giúp đi, bài 2 ý.

x,y,z>0,(x+y)(y+z)(x+z)=1.Cmr:

$\frac{\sqrt{x^{2}+xy+y^{2}}}{\sqrt{xy}+1}+\frac{\sqrt{y^{2}+yz+z^{2}}}{\sqrt{yz}+1}+\frac{\sqrt{z^{2}+zx+x^{2}}}{\sqrt{zx}+1}$$\geq \sqrt{3}$