AnhTran2911

Bài 6 đúng đề rồi, cơ mà hơi hiển nhiên :V

Bổ đề : ( Nguyễn Duy Khương ): Cho hình thang $ABCD$ ( $AB\parallel{CD}$ ). $X,Y$ thuộc $BC,AD$ thỏa mãn $AX\parallel{CY}$. CMR: $BY\parallel{DX}$.

Quay trở lại bài toán: Do $\angle{MFE}=\angle{EFG}=\angle{FEB}$ nên $MF\parallel{BE}$. Áp dụng bổ đề cho hình thang $MNBC$ thì $NE\parallel{CF}$. Lúc này xét phép nghịch đảo đối xứng cực $A$ phương tích $AE^2$ , đặt là $\mathcal{I}$ . Qua $\mathcal{I}$: $M,N$ biến thành $B,C$. $E$ biến thành $F$. Do đó $MN$ biến thành $(O)$ tiếp xúc $(A-mix)$ đồng thời $(A-mix)$ bất biến qua $\mathcal{I}$ nên $MN$ tiếp xúc $(A-mix)$. Do đó theo định lí $Brianchon$ cho lục giác suy biến $NMEFXY$ thì $XY$ tiếp xúc $(A-mix)$ tại nghịch đảo của điểm tiếp xúc $MN$ và $(A-mix)$, gọi điểm này là $L$. Lại có theo định lí $Monge- D'Alembert$ cho 2 đường tròn $(A-mix)$ và $(I)$ thì $AL$ đi qua điểm đối xứng của tiếp điểm của $(I)$ qua $I$ nên $AL$ đi qua tiếp điểm $(A-bàng)$. Do đó $XY$ tiếp xúc với $(O)$ tại tiếp điểm $(A-mix)$ và $(O)$. Nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ và đối xứng qua phân giác thu được câu $b$. Do đó ta có đpcm $\blacksquare$.

Lời giải của em :

Bài 1 :  $AO,AI$ cắt $(O)$ tại $P,Z$ và $PZ$ cắt đường cao $AD$ tại $H$. $PZ$ cắt $BC$ tại $U$. Ta có $ZI^2=ZE.ZA=ZH.ZU$ , do đó $\angle{HIU}=90^o$ nên tứ giác $HDIU$ nội tiếp . $PI$ cắt $(O)$ tại $G$ thì $G$ thuộc $(AI)$ . $F,Q$ là tiếp điểm của $(I)$ trên $AB,AC$ thì $\triangle{GFQ}\sim{\triangle{GBC}}$ nên ta có biến đổi tỉ số $\frac{GF}{GQ}=\frac{BF}{CQ}=\frac{AY}{AX}$ . Do đó $\triangle{GFQ}\sim{\triangle{AYX}}$ nên $\angle{AXY}=\angle{GQF}=\angle{GIF}=\angle{UIP}=\angle{UIZ}-\angle{ZIP}=\angle{ACB}-\angle{AIP}$ nên $IH\perp{XY}$. Lại có $\angle{DIH}=\angle{DUH}=90^o -\angle{IED}$ nên $IH$ đi qua tâm ngoại của $\triangle{IDE}$. Do đó tt tại $I$ của $(IDE)$ song song $XY$ $\blacksquare$.

Bài 4: Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì do tứ giác $BPQC$ là hình thang cân vuông nên $M$ thuộc trung trực $BC$. Bằng tính toán đại số đơn giản ( ) ta có được bán kính của $(APK)$ và $(AQL)$ bằng nhau. . Vì $\angle{KAI}=\angle{BAC}=\angle{QIL}$ nên $KI=JL$ ( do bán kính bằng nhau ) . Từ đó tứ giác $IJKL$ là hình thang cân nên $\angle{TQP}=\angle{JQA}=\angle{ALJ}=\angle{AKI}=\angle{API}=\angle{TPA}$ nên $T$ thuộc trung trực $PQ$ nên từ trên ta có được $MT$ là trung trực $PQ$  $\blacksquare$.

P/s: Bài 6 e vẽ hình k thấy tiếp xúc là sao nhỉ ?

Bài 3 :

Bổ đề : Tam giác $ABC$, $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$, $AS$ đường kính $(ABC)$ , đối trung góc $A$ cắt $DS$ tại $T$ , $SB$ cắt $AD$ tại $L$ thì $TL\parallel{AB}$ ( đơn giản theo Thales )

Chứng minh: Ta có thể viết lại bổ đề đã cho dưới dạng sau : Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$. $D$ là 1 điểm bất kì nằm trên cạnh $BC$. $E,F$ là hình chiếu của $D$ lên $AC,AB$. $DF,DE$ cắt phân giác góc $A$ tại $P,Q$. $(DPQ)$ cắt $BC$ tại điểm thứ 2 là $T$ thì $AT$ là đối trung của tam giác $AEF$.

Thật vậy: Định nghĩa lại $T$ là đường thẳng qua $P$ song song $AB$ cắt lại $BC$ thì ta có $\angle{TPQ}=\angle{BAP}=\angle{CDE}=\angle{TDQ}$ . Do đó tứ giác $DPTQ$ nội tiếp hay $TQ\perp{QD}$ . Từ đó $\frac{d(T;AF)}{d(T;AE)}=\frac{PF}{QE}=\frac{AF}{AE}$ nên $T$ thuộc đối trung góc $A$ của tam giác $AEF$ nên đpcm.

Quay trở lại bài toán : Vị tự tâm $A$ tỉ số 2 biến $J,I$ thành $N,M$, $D$ là điểm chính giữa cung nhỏ $BC$, $AS$ là đường kính , vì $EF$ là trung trực của $AD$ nên $N,M,D,S$ thẳng hàng. Đối trung qua $A$ cắt $NM$ tại $T$ và cắt $AB$ tại $U$, Gọi $SB$ cắt $AD$ tại $L$ thì theo bổ đề ta có $TL\parallel{AB}$ nên theo đinhk lí $Thales$ ta có $\frac{DT}{DU}=\frac{DL}{DA}=\frac{DS}{DN}$ hay ta có: $DT.DN=DS.DU=DL.DA$ ( Do $L$ là trực tâm tam giác $ASU$ ). Nên từ đây suy ra $NL$ vuông gọc với $AT$ tại $I$ thì $JI=JA$ hay $I$ trùng $K$ dẫn đến $I$ trùng $K$ hay $\overline{S,X,B}$ nên tương tự $\overline{C,Y,S}$ hay $BX,CY$ cắt nhau tại 1 điểm thuộc $(O)$.

Bài 3:    Bổ đề : Tam giác $ABC$ , $N$ là tâm $Euler$. $X,Y$ đối xứng $B,C$ qua $AC,AB$. $XY$ cắt $BC$ tại $L$ thì $A(LN,BC)= -1 $ 

( Tham khảo lời giải ở đây https://artofproblem...636757p10633362 )

Quay trở lại bài toán : Ta sẽ chứng minh rằng $AZ$ đi qua đối xứng $O$ qua $BC$

Gọi $U,V$ đối xứng $B,C$ qua các cạnh $AC,AB$ thì theo bổ đề ta cần chứng minh rằng $UV,XY,BC$ đồng quy . Gọi $AO$ giao $(BOC)$ tại $D$ thì $\angle{DBC}=\angle{DOC}=2.\angle{OAC}=2.\angle{BCV}=2.\angle{BVC}$ nên $D,B,V$ thẳng hàng, tương tự ta cũng có $D,C,U$ thẳng hàng . Gọi $UX$ giao $VY$ tại điểm $T$ thì theo định lí $Dersargues$ cho 2 tam giác $VYB$ và $XUC$ ta phải chỉ ra $A,T,D$ thẳng hàng có nghĩa là $\overline{A,T,O}$. Thật vậy , định nghĩa $R,S$ là giao của $HK$ với $AC,AB$ thì do $YR,XS$ lần lượt là phân giác góc $\angle{TYC}$ và $\angle{SXB}$ nên $AT,AH$ đẳng giác trong $\angle{BAC}$ do đó ta có đpcm.

Bài 3: Nhân 2 ở 2 vế > ta cần chứng minh : $\sum{a}-\sum{\frac{2a^3}{2a^2+bc}}$ $\geqslant {\sum{a} - \dfrac{\sum{a^3}}{\sum{a^2}}}$

tương đương với :  $abc(\sum{\frac{1}{2a^2+bc}})$ $\geq {\frac{\sum{ab(a+b)}-\sum{a^3}}{\sum{a^3}}}$

Đến đây áp dung Schur bậc 3 và $C-S$ cho vế phải ta được : $\frac{9abc}{2(\sum{a^2})+\sum{ab}}\geq{\frac{3abc}{\sum{a^2}}}$

BĐT cuối đúng do nó tương đương với $\sum{a^2}\geq{\sum{ab}}$

Lời giải bài 2: Định nghĩa lại $X$ là chân đường đối trung đỉnh $A$ với cạnh $BC$ , thật vậy , gọi tiếp tuyến tại $B,C$ giao tại $R$ và $AR$ giao $BC$ tại $X$, chú ý $M$ là giao của 2 tiếp tuyến tại $E,F$ nên $\triangle{AEF}\cap{N,M}\sim{\triangle{ABC}\cap{R,X}}$ do đó $NX\parallel{MR}$ hay $NX$ vuông góc $BC$ tại $X$. Lúc này nếu gọi $AX$ giao $EF$ tại $V$ thì $V$ là trung điểm $EF$. Để ý rằng tứ giác $VPMQ$ nội tiếp dẫn đến $MV$ giao $PG$ tại trung điểm $S$ của chúng. Từ đó ta xét tứ giác nội tiếp $VNMX$ có $L,S$ là giao điểm 2 đường chéo kết hợp $XV$ giao $NM$ tại $A$ thì $AL,AS$ đẳng giác . Vì $AX,AM$ đẳng giác suy ra $AL$ là đối trung của $\triangle{APQ}$.

3) Ta chọn được một số $n_{0}$ đủ lớn thỏa mãn mỗi $2017^{n_{0}}+2018^{n_{0}}-i$ có một ước nguyên tố $p_{i}$, các số nguyên tố này không nhất thiết phân biệt ( Với $i$ chạy từ $1$ đến $k$)

Lúc này để chứng minh dãy trên toàn hợp số với vô hạn $n$ thì ta chỉ cần chọn $n=n_{0}+t.\Pi_{1}^k(p_i-1)$ và từ đó theo định lí $Fermat$ bé ta có $2017^n+2018^n-i$ chia hết cho $p_{i}$ nên dãy này toàn là hợp số với vô số $n$ do ta cho $t$ chạy ra vô hạn

Bài 1: Do $E,F$ xác định trên $AB,AC$, ta tính được $\frac{NE}{FB}=\frac{MF}{EC}$. Lại có , nếu gọi  $MN$ cắt $EF$ tại $T$ thì $AT$ là tđp của $(AO)$, $(AH)$ nên $AT$ vuông góc $OH$. Cho $AT$ cắt $(AEF)$ tại $L$ thì $LNE\sim{LMF}$ suy ra $\frac{LE}{LF}=\frac{NE}{MF}=\frac{BF}{EC}$. Mà $\triangle{XFB}\sim{\triangle{XEC}}$ nên $\frac{BF}{EC}=\frac{XB}{XC}$. Từ đây $\triangle{XBC}\sim{\triangle{LEF}}$. Suy ra $\angle{YAC}=\angle{XAB}=\angle{XCB}=\angle{LEF}=\angle{EAT}=\angle{TAC}$ hay $A,T,Y$ thẳng hàng. Từ đây $OH\perp{AY}$ suy ra đpcm

Bài 2: Gọi $AI$ là đối trung giao $EF$ tại trung điểm $T$ và $AH$ giao $(O)$ tại $W$ . Quen thuộc rằng $CV,WF$ cắt nhau trên $(O)$. Gọi $AH$ cắt $EF$ tại $J$ thì chú ý rằng $BFIW,CEVI$ nội tiếp . Suy ra $\angle{ABI}=\angle{AWF}=\angle{ACV}=\angle{VDE}$. Mặt khác $\angle{BLE}=\angle{BEF}=\angle{BAJ}$ nên $AJBL$ nội tiếp. Do đó $\angle{ALJ}=\angle{ABJ}=\angle{AIE}$. Từ đó $ALIE$ nội tiếp. CM tương tự $AFIK$ nội tiếp nên đpcm

Bổ đề 1: Điểm $Lemoine$ của một tam giác nằm trên đường nối trung điểm một cạnh với trung điểm đường cao tương ứng của nó ( quen thuộc )

Bổ đề 2: Cho $\triangle{ABC}$. $\triangle{DEF}$ là tam giác pedal của $I$ ( $I$ tâm nội). $R$ là hình chiếu của  $D$  lên cạnh $EF$ . $PD$ cắt $(O)$ tại $Y$ ( $(O)=$$(ABC)$ ). CMR : $A,R,Y$ thẳng hàng

Chứng minh bổ đề 2: Gọi $(AI)$ giao $(O)$ tại $G$. $AR$ cắt $AI$ tại $H$. Vì $\triangle{BFR}\sim{\triangle{CER}}$ suy ra $\frac{RF}{RE}=\frac{BF}{CE}=\frac{BD}{CD}$. Do đó ta có cấu hình đồng dạng

$GAEF\cup{R,H}}\sim{{GPCB\cup{D,P}}$ lúc đó $\triangle{GHY}\sim{\triangle{GEC}}$. Suy ra $\angle{GHY}+\angle{FHA}=\angle{GEC}+\angle{AEF}=180$ nên $A,H,Y$ thẳng hàng hay $AR$ đi qua $Y$

Quay trở lại bài toán: Kí hiệu điểm tương tự như trong bổ đề và lấy $K$ là hình chiếu của $L$ lên $EF$ . $AI$ cắt $EF$ tại trung điểm $M$ của $EF$ , $S$ là trung điểm $DR$. Vì $L$ là điểm $Lemoine$ của tam giác $DEF$ nên $L$ thuộc $MS$ ( Theo bổ đề $1$) Bây giờ ta chỉ cần chứng minh $A,X,Y$ thẳng hàng với $PD$ cắt $(O)$ tại $Y$ thì ta có $YD$ đi qua trung điểm cung $BAC$ cố định . Thật vậy, ta có biến đổi tỉ số $\frac{AL}{AD}=\frac{ML}{MS}=\frac{KL}{RS}=\frac{XL}{RD}$ , mặt khác $XL\parallel{RD}$ suy ra $A,X,R$ thẳng hàng theo định lí Thales nên ta có $\blacksquare$

Chả ai làm cả, topic ngao ngán quá

IMO năm nay nhiều bài đơn giản quá, đặc biệt là phần hình học,nhiều kết quả quen thuộc được lặp lại

các bác thích nhiều lại thì lập lại nhiều nick mới và like các bài của nick cũ là xong, đơn giản quá, thâm chí like quá đà là đc cực kì ưu tú nữa là khác

Nếu đã có lời giải thì bạn nên đăng lên để mọi người cùng tham khảo, góp ý thay vì câu nói "khá đơn giản" Đã là 1 topic phục vụ cho việc ôn tập thì mng luôn cố gắng đưa ra những lời giải hay nhất và cố gắng để bài nào cũng có lời giải...

Cám ơn bạn đã cho mình một lời khuyên ''bổ ích''  

Để đáp ứng lại nguyện vọng xin phép đc giải bài 13:

Kẻ phân giác $NI,MI$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$ . Do $BM=MN=NC$ nên $EF\parallel{BC}$. Gọi S là giao điểm của trung trực $AI$ với $MN$ ta đi CM $S$ trùng $P$

Vì tam giác $AEF$ là ảnh của $\triangle{ABC}$ qua 1 phép vị tự nên tiếp tuyến tại $A$ của $\triangle{ABC}$ sẽ là tiếp tuyến tại $A$ của $\triangle{AEF}$

Như vậy ta có biến đổi cấu hình quy về bài toán : Cho $\triangle{ABC}$ với tâm nội $(I)$, tâm ngoại $(O)$ , $BI,CI$ giao $AC,AB$ tại $M,N$ . Trung trực của $AI$ cắt $BC$ tại $S$. CMR $SA$ là tiếp tuyến đường tròn ngoại $\triangle{AMN}$ . 

Thật vậy , gọi $BM,CN$ giao $(O)$ tại $P,Q$ thì $PQ$ là trung trực của $AI$ nên $S$ thuộc $PQ$. Lấy $J$ là tâm bàng đối đỉnh $A$ thì $J$ thuộc đối cực của $S$ qua $(O)$ nên $JO\perp{SI}$. Mặt khác ta lại có $JO\perp{MN}$ nên $SI\parallel{MN}$ . Từ đây ta có biến đổi góc : $\angle{SAN}=\angle{SAQ}+\angle{QAN}=\angle{QIS}+\angle{ACN}=\angle{MNC}+\angle{MCN}=\angle{AMN}$ hay $\angle{AMN}=\angle{SAN}$ suy ra $SA$ là tiếp tuyến đường tròn ngoại $\triangle{AMN}$ tại $A$ . Điều này dẫn đến đpcm.

.