Khanh_92

Một kết quả từ bài của anh Lộc:

Giả thiết tương tự, chứng minh rằng $HK,IJ,LM$ đôi một song song hoặc đồng quy.

Ah...cái này thì sai rồi
Nhìn hình vẽ dưới đây

Bài toán :

Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp trong đường tròn tâm $O$
Gọi $D$ là giao điểm của $AO$ với $BC$

Lấy điểm $M$ trên $AB$ và điểm $N$ trên $AC$

sao cho $DB \ = \ DM$ và $DN \ = \ DC$
Gọi $H \ , \ K$ lần lượt là trọng tâm của tam giác $EMB$ và tam giác $ENC$

Chứng minh rằng :
$HK \ \perp \ AE$
cu Dũng vào giải quyết nhanh lên nha ,

bài này là bài do thầy anh ổng chế ra mà ổng cứ tấm tắc khen

Em ko phải là anh Dũng nhưng cũng muốn táy máy một tí
E là điểm nào thế anh

Bài toán :

Cho lục giác lồi $ABCDEF$ thỏa mãn $AB \ // \ DE$ ; $BC \ // \ EF$ và



$CD \ // \ FA$ . Gọi $H \ ; \ I \ ; \ J \ ; \ K \ ; \ L \ ; \ M $ lần lượt là trung điểm
$AB \ ; \ BC \ ; \ CD \ ; \ DE \ ; \ EF \ ; \ FA$
Chứng minh rằng :

Các đường thằng $HK \ ; \ IL \ ; \ JM$ đồng quy

Đề thế này mới đúng chứ anh
Dễ thấy BE,CF,IL đồng quy tại X
AD,BE,HK đồng quy tại Y
AD,CF,JM đồng quy tại Z
Ta có ${\dfrac{sin{\hat{FXL}}}{sin{\hat{EXL}}}=\dfrac{XF}{XE}=\dfrac{FC}{BE}$
Tương tự và áp dụng ceva sin cho tam giác XYZ ta có đpcm
Ps:Sao bạn em nó lập nick tại diễn đàn mình,active rồi mà vẫn ko gửi được bài viết thế ạ

ta có
$3xyz(x+y+z) \le(ab+bc+ca)^2\le x^2y^2z^2$
từ đó có đpcm

Áp dụng Holder ta có
$2^{n-1}(a^n+b^n)\ge (a+b)^n$
Suy ra
$(a+b)^n(a^n+b^n)\le 2^{n-1}(a^n+b^n)^2\le 2^n(a^{2n}+b^{2n})$