Chò(X0=x^11-2003x^10-2003x^9-2003^8-...-2003x-1004

tính f(2004)

Gọi H,K,I lần lượt là trung điểm AB,AC,BC\(\Rightarrow\) HK,KI,HI là các đ/TB \(\Delta ABC\) \(\Rightarrow\frac{HK}{BC}=\frac{1}{2},\frac{KI}{AB}=\frac{1}{2},\frac{HI}{AC}=\frac{1}{2}\) (1)

Vì M,N,P là trọng tâm của \(\Delta OBC,\Delta OAC,\Delta OAB\)

\(\Rightarrow\frac{OM}{OI}=\frac{ON}{OK}=\frac{OP}{OH}=\frac{2}{3}\)

Áp dụng Thales\(\Rightarrow NP\) //HK,MN//KI,MP//HI

\(\Rightarrow\frac{NP}{HK}=\frac{MN}{KI}=\frac{MP}{HI}=\frac{2}{3}\left(2\right)\)

Từ (1) và (2) suy ra \(\frac{NP}{BC}=\frac{MN}{AB}=\frac{MP}{AC}=\frac{1}{3}\Rightarrow\Delta ABC\sim\Delta MNP\)

B A C O M P N

A B C H M O G N

Gọi M là trung điểm BC ; N là điểm đối xứng với H qua M.

M là trung điểm của BC và HN nên BNCH là hình bình hành

\(\Rightarrow NC//BH\)

Mà \(BH\perp AC\Rightarrow NC\perp AC\)hay AN là đường kính của đường tròn ( O ) 

Dễ thấy OM là đường trung bình \(\Delta AHN\) suy ra \(OM=\frac{1}{2}AH\)

M là trung điểm BC nên OM \(\perp\)BC

Xét \(\Delta AHG\)và \(\Delta OGM\)có :

\(\widehat{HAG}=\widehat{GMO}\); \(\frac{GM}{GA}=\frac{OM}{HA}=\frac{1}{2}\)

\(\Rightarrow\Delta AGH~\Delta MOG\left(c.g.c\right)\Rightarrow\widehat{AGH}=\widehat{MGO}\)hay H,G,O thẳng hàng

A B C D M N P Q E F T S

gọi E,F,T lần lượt là trung điểm của AB,CD,BD

Đường thẳng ME cắt NF tại S

Vì AC = BD \(\Rightarrow EQFP\)là hình thoi \(\Rightarrow EF\perp PQ\)( 1 )

Xét \(\Delta TPQ\)và \(\Delta SEF\)có : \(ME\perp AB,TP//AB\)

Tương tự , \(NF\perp CD;\)\(TQ//CD\)

\(\Rightarrow\Delta TPQ~\Delta SEF\)( Góc có cạnh tương ứng vuông góc )

\(\Rightarrow\frac{SE}{SF}=\frac{TP}{TQ}=\frac{AB}{CD}\)

Mặt khác : \(\Delta MAB~\Delta NCD\Rightarrow\frac{AB}{CD}=\frac{ME}{NF}\)( tỉ số đường cao = tỉ số đồng dạng )

Suy ra : \(\frac{ME}{NF}=\frac{SE}{SF}\)\(\Rightarrow EF//MN\)( 2 )

Từ ( 1 ) và ( 2 ) suy ra \(MN\perp PQ\)

a, 

Ta có ON // BH ( cùng vuông góc với AC )

OM // AH ( cùng vuông góc với BC )

MN // AB ( MN là đường trung bình của tam giác ABC )

Vậy tam giác OMN đồng dạng với tam giác HAB.

b,

Xét tam giác AHG và MOG có :

\(+,\widehat{HAG}=\widehat{OMG}\)( Do AH // OM )

\(+,\frac{OM}{AH}=\frac{MN}{AB}=\frac{1}{2}=\frac{GM}{GA}\)( DO 2 TAM GIÁC ĐỒNG DẠNG Ở CÂU a, )

Từ đó ta có tam giác AHG đồng dạng với tam giác MOG(c.g.c) nên \(\frac{OG}{HG}=\frac{MG}{MA}=\frac{1}{2}\)

Và \(\widehat{HGO}=\widehat{HGA}+\widehat{AGO}=\widehat{OGM}+\widehat{AGO}=\widehat{AGM}=180^0\)

\(\Rightarrow H,G,O\)thẳng hàng

bài này có hai ý A,B gợi ý làm ý C hay phết :3

a: Đặt điểm O1,O2,O3 lần lượt là E,F,G

Gọi K là giao điểm của MF và AC, gọi N là giao điểm của ME và BC; D là giao điểm của MG và AB

Xét ΔMBC có

E là trọng tâm

N là giao điểm của ME và BC

Do đó: N là trung điểm của BC

Xét ΔMBC có

MN là đường trung tuyến

E là trọng tâm

Do đó: \(ME=\frac23MN\)

Xét ΔMAC có

F là trọng tâm

K là giao điểm của MF và AC

Do đó: K là trung điểm của AC

Xét ΔMAC có

F là trọng tâm

K là trung điểm của AC

Do đó: \(MF=\frac23MK\)

Xét ΔMAB có

G là trọng tâm

D là giao điểm của MG và AB

Do đó: D là trung điểm của AB

Xét ΔMAB có

G là trọng tâm

MD là đường trung tuyến

DO đó: \(MG=\frac23MD\)

Xét ΔABC có

N,K lần lượt là trung điểm của CB,CA

=>NK là đường trung bình của ΔABC

=>\(NK=\frac12AB\)

Xét ΔABC có

D,K lần lượt là trung điểm của AB,AC

=>DK là đường trung bình của ΔABC

=>\(DK=\frac12BC\)

Xét ΔABC có

N,D lần lượt là trung điểm của BC,BA

=>ND là đường trung bình của ΔABC

=>\(ND=\frac12AC\)

Xét ΔMEF và ΔMNK có

\(\frac{ME}{MN}=\frac{MF}{MK}\left(=\frac23\right)\)

góc EMF chung

Do đó: ΔMEF~ΔMNK

=>\(\frac{EF}{NK}=\frac{ME}{MN}=\frac23\)

=>\(EF=\frac23NK=\frac23\cdot\frac12\cdot AB=\frac13AB\)

Xét ΔMEG và ΔMND có

\(\frac{ME}{MN}=\frac{MG}{MD}\left(=\frac23\right)\)

góc EMG chung

Do đó: ΔMEG~ΔMND

=>\(\frac{EG}{ND}=\frac{ME}{MN}=\frac23\)

=>\(EG=\frac23ND=\frac23\cdot\frac12\cdot AC=\frac13AC\)

Xét ΔMGF và ΔMDK có

\(\frac{MG}{MD}=\frac{MF}{MK}\left(=\frac23\right)\)

góc GMF chung

Do đó: ΔMGF~ΔMDK

=>\(\frac{GF}{DK}=\frac{MG}{MD}=\frac23\)

=>\(GF=\frac23DK=\frac23\cdot\frac12\cdot BC=\frac13BC\)

Xét ΔEGF và ΔACB có

\(\frac{EF}{AB}=\frac{GF}{CB}=\frac{EG}{AC}\left(=\frac13\right)\)

Do đó: ΔEGF~ΔACB

=>\(\Delta O_1O_3O_2\) ~ΔACB

b: Δ\(O_1O_3O_2\) ~ΔACB

=>\(\frac{C_{O1O2O3}}{C_{ABC}}=\frac{O_1}{AB}=\frac13\)

=>\(\frac{p}{q}=\frac13\)

* Trong △ AOB ta có:

P trung điểm của OA (gt)

Q trung điếm của OB (gt)

Suy ra PQ là đường trung bình của △ AOB

Suy ra: PQ = 1/2 AB (tính chất đường trung bình của tam giác)

Suy ra:  (1)

* Trong  △ OAC, ta có:

P trung điểm của OA (gt)

R trung điểm của OC (gt)

Suy ra PR là đường trung bình của tam giác OAC.

Suy ra: PR =1/2 AC (tính chất đường trung bình của tam giác)

Suy ra:  (2)

* Trong  △ OBC, ta có:

Q trung điểm của OB (gt)

R trung điểm của OC (gt)

Suy ra QR là đường trung bình của tam giác OBC

Suy ra: QR = 1/2 BC (tính chất đường trung bình của tam giác)

Suy ra:  (3)

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 

Vậy  △ PQR đồng dạng  △ ABC (c.c.c)

hơi ngược xíu nha