Bài 1 thì bạn chia tam giác trên thành bốn tam giác có diện tích bằng nhau, cách chia dễ nhất là gọi 3 trung điểm của ba cạnh ra rồi nối chúng lại. Sau đó dùng nguyên lí Dirichlet là xong.

Bài 3 thì ý tưởng như sau: xét điểm A bất kì và 2n điểm còn lại. Ta xét 2 trường hợp:

+)TH₁: 2 điểm bất kì luôn có khoảng cách nhỏ hơn 1. Khi đó dễ thấy đường tròn tâm A bán kính 1 chứa hết tất cả các điểm đã cho.

+)TH₂: tồn tại 2 điểm sao cho khoảng cách giữa chúng không nhỏ hơn 1. Giả sử 2 điểm đó là B,C. Xét (B,1) , (C,1), theo điều kiện đề bài, do BC>=1 nên một trong hai đoạn BA,CA phải bé hơn, tức là hoặc A thuộc (B,1), hoặc A thuộc (C,1). Như vậy, mỗi điểm trong 2n-1 điểm khác B,C hoặc thuộc (B,1), hoặc thuộc (C,1). Đến đây áp dụng Dirichlet.

Bài 4 lấy ý tưởng từ bài 3.

Bổ đề 1 (Định lí sin) Cho tam giác ABC. Ta có \(\dfrac{sinB}{sinC}=\dfrac{AB}{AC}\)

Bổ đề 2: Cho tam giác ABC có M nằm trên đoạn BC. Khi đó \(\dfrac{sin\widehat{MAC}}{sin\widehat{MAB}}=\dfrac{AB}{AC}\) khi và chỉ khi M là trung điểm BC.

Ta có: \(\dfrac{sin\widehat{DBH}}{sin\widehat{DBM}}=\dfrac{sin\widehat{DBC}}{sin\widehat{DCB}}=\dfrac{DC}{DB}=\dfrac{sin\widehat{BDH}}{sin\widehat{CDH}}=\dfrac{sin90^0}{sin\widehat{CBA}}=\dfrac{1}{sin\widehat{BMH}}=\dfrac{BM}{BH}\)

Suy ra BD đi qua trung điểm MH theo bổ đề 2, ta có đpcm.

Bạn chứng minh bổ đề sau: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có M là trung điểm BC, D là giao điểm của 2 tiếp tuyến tại B,C  của (O). Khi đó AM,AD là 2 đường đẳng giác góc A, tức là \(\widehat{BAM}=\widehat{CAD}\). CM thì cũng dễ thôi, bạn cho AD cắt lại (O) tại E, AM cắt lại (O) tại F, rồi dùng tam giác đồng dạng để chứng minh BCFE là hình thang cân (lúc này tứ giác ABEC được gọi là tứ giác điều hoà).

Quay lại bài toán. Theo bổ đề trên thì \(\widehat{BEH}=\widehat{CED}\).

Ta có: \(\widehat{OEH}=\widehat{OEB}-\widehat{CED}=\widehat{OBE}-\widehat{CBD}=\widehat{CBE}\)

\(=\widehat{CDA}=\widehat{EAO}\) (do AO//CD).

Mà \(\widehat{OEH}=\widehat{OKP}\) (EKHP nội tiếp), nên \(\widehat{OAE}=\widehat{OKP}\), suy ra đpcm.

Bình phương 2 vế, rút gọn quy đồng rồi tách biểu thức chứa căn với biểu thức ko chứa căn ra làm 2 vế, rồi bình phương lần nữa, thử lại là ra.

ca này khó nói quá, chắc hỏi thử mấy người chức vụ cao như anh POP chẳng hạn ._.

Hết cứu :/

C₁: (dùng Menelaus) EF cắt BC tại L. Dễ dàng chứng minh AD,BE,CF đồng quy (tại điểm Gergonne), nên \(\dfrac{LB}{LC}=\dfrac{DB}{DC}\Rightarrow\dfrac{BD}{BL}=\dfrac{CD}{CL}\).

Mà \(\dfrac{CD}{CL}=\dfrac{EK}{EL}\Rightarrow\dfrac{BD}{BL}=\dfrac{EK}{EL}\). Đến đây áp dụng định lí Menelaus cho tam giác LKD với cát tuyến BGE là xong.

Bài này có thể tổng quát như sau: Cho tam giác ABC có AD, BE,CF đồng quy. Từ D kẻ đường thẳng song song với AC cắt BE, FE tại G,K thì G là trung điểm KD.

C₂: (dùng hàng điểm điều hoà). EF cắt BC tại L. Dễ dàng chứng minh AD,BE,CF đồng quy (tại điểm Gergonne), nên \(\left(LD,BC\right)=-1\)

\(\Rightarrow E\left(LD,BD\right)=-1\Rightarrow E\left(KD,GC\right)=-1\). Mà EC//KD nên ta có đpcm.

(bài này chắc tác giả chế từ tính chất \(\left(LD,BC\right)=-1\) thôi).

C1: Kẻ phân giác trong góc A rồi biến đổi đại số (chắc 2,3 dòng thôi).

C2: \(\sin A=\sin2B=2\sin B\cos B\)

\(\Rightarrow\dfrac{\sin A}{\sin B}=2\cos B\Rightarrow\dfrac{BC}{CA}=\dfrac{AB^2+BC^2-CA^2}{AB.BC}\Rightarrow BC^2.AB=AB^2.AC+BC^2.AC-AC^3\)

\(\Rightarrow BC^2\left(AB-AC\right)=AC\left(AB-AC\right)\left(AB+AC\right)\)

Nếu AB=AC thì \(\widehat{A}=180^0-2\widehat{B}=2\widehat{B}\Rightarrow\widehat{B}=45^0\) =>đpcm.

Nếu \(AB\ne AC\Rightarrow BC^2=AC^2+AB.AC\left(đpcm\right)\)

Có: \(u_n=\sum\limits^n_{k=1}\dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}}< \dfrac{n}{\sqrt{n^2+n}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}}\)

Lại có: \(u_n=\sum\limits^n_{k=1}\dfrac{1}{\sqrt{n^2+k}}>\dfrac{n}{\sqrt{n^2+1}}=\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}}}\)

\(\Rightarrow\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}}}< u_n< \dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}},\forall n\ge1\)

Mặt khác \(\lim\limits\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n^2}}}\right)=\lim\limits\left(\dfrac{1}{\sqrt{1+\dfrac{1}{n}}}\right)=1\), nên theo nguyên lí kẹp, ta có \(limu_n=1\)