jack112739

 cho mình hỏi xíu, a,b được bằng 0 ko ạ ?

Bài toán số 5:

$BH$ cắt $AC$ tại $E,TZ$ cắt $XY$ tại $K$ và lấy $I$ trên $AH$ sao cho $I \not \equiv J$ và 6 điểm $K,Z,J,E,X,I$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $XZ$ áp dụng định lý pascal với bộ $ZXI \ KJE,$ta thu được $I$ nằm trên $KB$ hay $\widehat{KBM}=90-\widehat{KIJ}=90-\widehat{JXM}=\widehat{ZYM}=\widehat{ZTM}$-> $T,B,K,M$ đồng viên hay $TB \perp BC$ 

gọi $TM$ giao $YZ$ tại $N$ và $L$ đối xứng $B$ qua $L$ ta có

$\frac{JN}{JY}.\frac{AY}{AB}.\frac{LB}{LZ}=\frac{XM}{XY}.\frac{AY}{AB}.\frac{2}{1}=1 -> L \in AH$

suy ra đối xứng của $T$ qua $N$ cũng nằm trên $AH$ mà $TN \perp YJ -> JT,JA$đối xứng nhau qua $YJ ->\widehat{JTM}=90-\widehat{TJY}=90-\widehat{YJH}=90-\widehat{TMB}=\widehat{BTM}$

gọi $F$ là đối xứng của $B$ qua $MT$ -> $MB=MC=MF,M \in TJ, \widehat{MFT}=\widehat{MBT}=90$ -> $TJ$ tiếp xúc đường tròn đường kính $BC$(cố định)

Một cách khác cho bài toán số 7:

Coi đa giác đầu bài là $B_1B_2....B_n$, giả sử $B_i$ các đỉnh của đa giác có tọa độ là $(p_i,q_i)$ đặt $L=lcm(q_1,q_2,...q_n)$ vị tự đa giác trên với tâm là gốc tọa độ tỉ số L thành đa giác $A_1A_2....A_n$ với $A_i$ có tọa độ $(a_i,b_i)$ thì đa giác đó sẽ đồng dạng với đa giác đầu bài và có đỉnh là điểm có tọa độ nguyên ta sẽ chứng minh đa giác trên có chẵn đỉnh
- Coi độ dài các cạnh đa giác trên là $\sqrt{k}$ xét phương trình $x^2+y^2=k$, do tổng bình phương của 2 số nguyên lẻ chỉ chia hết cho 2 nhưng không chia hết cho 4 nên $v_2(x^2+y^2)=2.min(v_2(x),v_2(y))$ nếu $v_2(x) \not= v_2(y)$ và $2.v_2(x)+1$ nếu $v_2(x)=v_2(y)$ (*) đặt $d=v_2(k)$ ta sẽ có 2 trường hợp

TH1: $v_2(k)$ chẵn đặt $d=2d_1$ do độ dài mỗi cạnh đa giác $=\sqrt{k}$ và (*) nên $\frac{(a_i-a_{i-1})^2+(b_i-b_{i-1})^2}{2^d}=\frac{k}{2^d} \forall i>1$ và lẻ nên $\frac{a_i-a_{i-1}+b_i-b_{i-1}}{2^{d_1}}$ lẻ ta sẽ đánh dấu điểm $(m,n)$ màu đen nếu $\frac{m+n-a_1-b_1}{2^{d_1}}$ chẵn và đen nếu lẻ -> $A_i$ và $A_{i+1}$ khác màu $\forall 1\le i\le n-1$ vậy nếu đa giác lẻ đỉnh thì $A_n$ và $A_1$ cùng màu(mâu thuẫn do $A_nA_1=\sqrt{k}$)

TH2: $v_2(k)$ lẻ đặt $d=2d_1+1$ tương tự như trên ta có $\frac{a_i-a_{i-1}}{2^{d_1}},\frac{b_i-b_{i-1}}{2^{d_1}}$ cùng lẻ ta sẽ đánh dấu điểm $(m,n)$ màu đen nếu $\frac{m-a_{1}}{2^{d_1}},\frac{n-b_{1}}{2^{d_1}}$ lẻ và trắng nếu chẵn -> $A_i$ và $A_{i+1}$ khác màu $\forall 1\le i\le n-1$ vậy nếu đa giác lẻ đỉnh thì $A_n$ và $A_1$ cùng màu(mâu thuẫn do $A_nA_1=\sqrt{k}$)

Có một kết quả tổng quát như sau : cho tam giác $ABC$ với điểm M N P thỏa mãn $\widehat{MBC}=\widehat{NBA}$ , $\widehat{NAB}=\widehat{PAC}$ , $\widehat{PCA}=\widehat{MCB}$ thì $MA,NC,PB$ đồng quy