Cám ơn các em đã đóng góp lời giải. Bài này có thể coi là một ứng dụng của bài toán mình ra trên tạp chí PI số 1, hãy đón đọc đáp án và bài viết của mình tuần sau nhé !

QH.

Lời giải bài toán 160.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ tâm nội tiếp $I$. $IB,IC$ cắt $(O)$ tại $P,Q$. Gọi $(P)$ là đường tròn tâm $P$ tiếp xúc $AC$. Gọi $(Q)$ là đường tròn tâm $Q$ tiếp xúc $AB$. Chứng minh rằng có một tiếp tuyến chung của $(P),(Q)$ đi qua $I$.

Chứng minh. Vẽ $AX$ tiếp xúc $(P)$ thì $\angle XAC=2\angle PAC=2\angle PBC=\angle ABC$. Từ đó $AX$ là tiếp tuyến của $(O)$. Tương tự $AY$ tiếp xúc $(Q)$ thì $AY$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $X,Y,A$ thẳng hàng. Vậy tiếp tuyến chung ngoài của $(P),(Q)$ đi qua $A$. Qua đối xứng trục $PQ$ thì tiếp tuyến chung ngoài còn lại đi qua $I$.

Giải bài toán. Dễ thấy tâm $X$ của đường tròn nội tiếp tam giác $AEF$ là trung điểm cung $EF$ của $(I)$. Tương tự với các đường tròn $(Y),(Z)$. Do đó theo bổ đề thì tiếp tuyến chung ngoài khác $BC$ của $(Y),(Z)$ đi qua tâm $J$ nội tiếp tam giác $DEF$. Tương tự với các tiếp tuyến chung của $(Z),(X)$ và $(X),(Y)$. Dễ thấy do $J$ là tâm nội tiếp $DEF$ và $I$ là tâm ngoại tiếp $DEF$ nên đường thẳng $IJ$ là đường thẳng Euler của tam giác pedal của $J$ với $DEF$ nên $IJ$ đi qua $G$ là trọng tâm của tam giác pedal của $J$.

Bổ đề này thực chất là bài toán vô địch Nga năm nào đó, kết quả bài toán 160 cũng đã có trên AoPS.

Bài toán 163 (AoPS). Cho tam giác $ABC$ với tâm nội tiếp $I$ và $P$ thỏa mãn $\angle PIA=90^{\circ}$. $Q$ là đẳng giác của $P$ với $ABC$. $D$ thuộc $BC$ sao cho $PD\parallel AQ$. Chứng minh rằng đường tròn đường kính $\odot(AP)$ tiếp xúc đường tròn đường kính $\odot(QD)$. 

Lời giải bài toán 161. Xét đường tròn $\Gamma$ đi qua $I$ và tiếp xúc với $\omega_1,\omega_2$. Ta cần chứng minh $\Gamma$ tiếp xúc $IBC$. Gọi $IA,IB,IC$ cắt $(O)$ ngoại tiếp tam giác $ABC$ tại $D,E,F$. Xét phép nghịch đảo cực $I$ phương tích $k=\overline{IA}.\overline{ID}=\overline{IB}.\overline{IE}=\overline{IC}.\overline{IF}$ khi đó các đường tròn $\omega_1,\omega_2$ biến thành đường tròn $(K),(L)$ nội tiếp tam giác $IDF,IDE$. Ta cần chứng minh có tiếp tuyến chung của $(K),(L)$ song song $EF$.

Bài toán này đã có tại đây.

Bài toán 162. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$. $M$ bất kỳ trên trung trực $BC$ và nằm trong tam giác $ABC$. $E,F$ thuộc $CA,AB$ sao cho $ME=MF$. $N$ nằm trong tam giác $AEF$ sao cho $\triangle NEF\sim\triangle MBC$. $(K)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. $S$ là nghịch đảo của $N$ qua $(K)$. $(K)$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $A$. Chứng minh rằng $\angle AGS=90^\circ$.

Lời giải của Việt(vietdohoangtk7nqd) có ý hay nhưng trình bày không cẩn thận, em chú ý rằng trong lời giải em đưa lên có 2 điểm $M$, có thời gian thầy sẽ trình bày lại giúp em. Mình đưa ra đáp án cho bài toán 147.

Đáp án bài toán 147. Chú ý rằng $M,N$ lần lượt là nghịch đảo của $C,B$ qua đường tròn $(AEF)$. Sử dụng phép nghịch đảo cực $A$ phương tích bất kỳ ta đưa về bài toán sau

Mình xin đề nghị tiếp một bài nữa cho topic duy trì hai bài

Bài toán 157. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$. $M,N$ nằm trên $AO$ sao cho $\angle ABM=\angle ICB$ và $\angle ACN=\angle IBC$. Gọi $L$ là tâm ngoại tiếp tam giác $IMN$. $AL$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. $DI$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $D$. Chứng minh rằng $\angle AGK=90^\circ$.

Bài toán 14 (USA TST 2017). Cho tam giác $ABC$ nhọn với tâm ngoại tiếp $O$, $T$ nằm trên $BC$ sao cho $\angle TAO = 90^{\circ}$. Đường tròn đường kính $\overline{AT}$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $BOC$ tại hai điểm $A_1$ và $A_2$, với $OA_1 < OA_2$. Các điểm $B_1$, $B_2$, $C_1$, $C_2$ được định nghĩa tương tự.

a) Chứng minh rằng các đường thẳng ${AA_1},{BB_1},{CC_1}$ đồng quy.

b) Chứng minh rằng các đường thẳng ${AA_2},{BB_2},{CC_2}$ đồng quy trên đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.

Cám ơn các em đã đóng góp, các marathon olympic ở trên diễn đàn ai thích tham gia cái nào cứ thoải mái có vấn đề gì đâu. Mình xin đưa ra đáp án chi tiết cho bài toán 153.

Đáp án bài toán 153. Trước hết ta thất $BA=BM$ nên $\angle BCM=\angle BCA$ do đó $CM$ và $CA$ là hai đường thẳng đối xứng nhau qua $BC$. Tương tự $BN$ và $BA$ là hai đường thẳng đối xứng nhau qua $BC$. Xét đối xứng trục $BC$ thì $D,K$ lần lượt biến thàng $L,O$ và ta vẫn có $BL\parallel DC, CL\parallel DB$. Khi đó $E$ sẽ $U$ biến thành giao điểm của đường thẳng qua $O$ song song $BL$ và $AC$ hay cũng chính là giao của đường thẳng qua $O$ song song $DC$ và $AC$. Tương tự $F$ biến thàng $V$ là giao điểm của đường thẳng qua $O$ song song với $DB$ và $AB$. Qua đối xứng trục $BC$ thì $H$ biến thành $X$ là giao điểm của $AH$ và $(O)$. Theo bài toán Iran 2013, thì $XU=XV$. Qua đối xứng trục $BC$ cho ta $HE=HF$.

Bài toán 153 là một ứng dụng của bài toán Iran 2013, bài toán này đã được mình tổng quát trong đề thách thức toán học trên số 1 của tạp chi PI. Xung quanh bài toán này còn rất nhiều điểm thú vị.

Bài toán 146 mình gửi lên AoPS đã lâu, có thể coi là tổng quát của 2010 APMO P4 và 2012 China TST P3, các bạn có thể xem đề bài và đáp án tại đây trong #7 và #8. 

Xin đề nghị tiếp một bài nữa để topic được tiếp tục với 2 bài toán

Bài toán 155 (AoPS). Cho tam giác $ABC$. Đường tròn nội tiếp tiếp xúc $AB,BC$ tại $D,E$. Lấy điểm $F$ trên cạnh $AB$ sao cho $BF=AD$. Phân giác góc $\angle BCA$ cắt $AB$ tại $K$ và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $CDF$ tại $L$ khác $C$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $EKL$ cắt $BC$ tại $N$ khác $E$. Chứng minh rằng tam giác $BNF$ cân.

Năm mới xin chúc các bạn mọi điều tốt đẹp như ý. Minh xin khai trương topic năm mới bằng cách giải bài này và đề nghị một bài đẹp tiếp theo  . Trước hết thay đổi một chút ký hiệu cho bài toán dễ nhìn.

Bài toán 152 (Dark Repulsor). Cho tam giác $ABC$ có đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $M,N$ là trung điểm của $CE,BF$. $HM,HN$ cắt các đường tròn $(HBF),(HCE)$ lần lượt tại $P,Q$ khác $H$. $U,V$ lần lượt thuộc $BE,CF$ sao cho $AU\perp AB,AV\perp AC$. Chứng minh rằng $PQ\parallel UV$.

Giải bài toán 152. Ta thấy $\angle MCH=\angle HBF=\angle HPF$ nên tứ giác $FMCP$ nội tiếp. Tương tự tứ giác $ENBQ$ nội tiếp. Từ đó $HP.HM=HF.HC=HE.HB=HN.HQ$, ta suy ra $MNPQ$ nội tiếp. Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $G$. $GH$ cắt $CA,AB$ tại $L,K$. Ta thấy $(AK,FB)=(AL,EC)=-1$ nên $AL.AM=AE.AC=AF.AB=AK.AN$ suy ra $KLMN$ nội tiếp. Kết hợp $MNPQ$ nội tiếp suy ra $PQ\parallel KL\perp AR$ với $R$ là trung điểm $BC$. Gọi $D$ đối xứng $A$ qua $R$ thì dễ thấy hai tam giác $AUV$ và $CDA$ đồng dạng c.g.c lại có các cạnh $AV\perp AC, AU\perp CD$ nên $AD\perp UV$. Từ đó $PQ\parallel UV$ do cùng vuông góc $AD$.

Bài toán 153. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trực tâm $H$ và $D$ là trung điểm của cung $BC$ không chứa $A$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $HBC$. $M,N$ lần lượt đối xứng $A$ qua $OB,OC$. Trên $MC,NB$ lần lượt lấy $E,F$ sao cho $KE\parallel DB,KF\parallel DC$. Chứng minh rằng $HE=HF$.

Lưu ý các bạn vẫn còn bài toán 146 chưa có lời giải.

Bài toán 151 này là mở rộng của mình cho một bài toán của bạn Trịnh Huy Vũ, được post tại đây, xem #11, vẫn còn bài toán 146 chưa có lời giải, nếu tới mai không có ai giải mình sẽ post đáp án. Dark Repulsor em hãy đề nghị một bài toán tiếp.

Cám ơn em đã đăng lời giải, bài toán 150 có thể tham khảo lời giải dùng tỷ số kép ở đây.

Bài toán 151. Cho tam giác $ABC$ với đường cao $AD$. $E,F$ là hình chiếu của $D$ lên $CA,AB$. $EF$ cắt $BC$ tại $T$. $BE$ cắt $CF$ tại $S$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $SEF$. Một đường thẳng bất kỳ đi qua $T$ cắt $(ABC)$ tại $M,N$. Chứng minh rằng đường tròn có tâm trên $AK$ và đi qua $M,N$ thì tiếp xúc $(K)$.

Bài toán 148 có thể tham khảo tại đây trong #4 của Telv Cohl.

Lời giải bài toán 149.

Sử dụng định lý Desargues thì bài toán cần chứng minh tương đương với giao điểm của các cặp đường thẳng $(B_cC_b,BC);(C_aA_c,AC);(A_bB_a,AB)$ thẳng hàng khi và chỉ khi giao điểm của $(A_bA_c,BC);(B_cB_a,AC);(C_aC_b,AB)$ thẳng hàng, Gọi $B_cC_b$ và $A_bA_c$ cắt $BC$ lần lượt tại $A_3,A_4$ thì áp dụng định lý Menelaus ta thấy $\frac{A_3B}{A_3C}=\frac{B_cP}{B_cC}.\frac{C_bB}{C_bP}$ và $\frac{A_4B}{A_4C}=\frac{A_cP}{A_cC}.\frac{A_bB}{A_bP}$ do đó 

Tương tự ta có $\frac{B_3C}{B_3A}=\frac{C_aP}{C_aA}.\frac{A_cC}{A_cP}$ và $\frac{B_4C}{B_4A}=\frac{B_aP}{B_aA}.\frac{B_cC}{B_cP}$ và $\frac{C_3A}{C_3B}=\frac{A_bP}{A_bB}.\frac{B_aA}{B_aP}$ và $\frac{C_4A}{C_4B}=\frac{C_bP}{C_bB}.\frac{C_aA}{C_aP}$. 

Từ đó $\frac{A_3B}{A_3C}.\frac{B_3C}{B_3A}.\frac{C_3A}{C_3B}=\frac{B_cP}{B_cC}.\frac{C_bB}{C_bP}.\frac{C_aP}{C_aA}.\frac{A_cC}{A_cP}.\frac{A_bP}{A_bB}.\frac{B_aA}{B_aP}$

Và $\frac{A_4B}{A_4C}.\frac{B_4C}{B_4A}.\frac{C_4A}{C_4B}=\frac{A_cP}{A_cC}.\frac{A_bB}{A_bP}.\frac{B_aP}{B_aA}.\frac{B_cC}{B_cP}.\frac{C_bP}{C_bB}.\frac{C_aA}{C_aP}$

Vậy  $\frac{A_3B}{A_3C}.\frac{B_3C}{B_3A}.\frac{C_3A}{C_3B}=1/(\frac{A_4B}{A_4C}.\frac{B_4C}{B_4A}.\frac{C_4A}{C_4B})$ nên $\frac{A_3B}{A_3C}.\frac{B_3C}{B_3A}.\frac{C_3A}{C_3B}=1\iff \frac{A_3B}{A_3C}.\frac{B_3C}{B_3A}.\frac{C_3A}{C_3B}=1$.

Ta hoàn thành chứng minh.

Theo cách chứng minh bài này thì chỉ cần $B_a,C_a$ bất kỳ trên đường thẳng $PA$ là được và tương tự các điểm còn lại !

Bài toán 150 (AoPS). Cho tam giác $ABC$ với $M$, $N$, $Q$ là trung điểm $AB$, $BC$ và $AC$. $P$ nằm trong tam giác và nằm trên phân giác $\angle BCA$. Gọi $D=AP\cap MN$ và $E=BP\cap MQ$. Chứng minh rằng $MD=ME$.

Cám ơn Hoàng về lời giải mới thú vị khác đáp án, thầy sẽ post đán án ngày mai. Xin đề nghị bài tiếp theo

Bài toán 148 (Telv Cohl). Cho tam giác $ABC$ có $P,Q$ là hai điểm đẳng giác và $E,F$ lần lượt thuộc cạnh $CA,AB$. Chứng minh rằng $ \angle BPC + \angle EPF = 180^{\circ} \iff \angle BQC + \angle EQF = 180^{\circ}$

Cám ơn em về lời giải thú vị này chỗ kia mình nghĩ là $\sin\frac{KYF}{2}$ ?

Mình sẽ xem kỹ và trao đổi lại với em, bài này post trên AoPS cũng lâu mà chưa ai giải cả !

Cám ơn Hoàng và Dương đã đóng góp lời giải. Bài toán này xuất phát từ đây. Trong đó có hai lời giải khác nhau, tuy nhiên thầy giải dựa trên bài Tuymaada 2009.

Xin đề nghị bài toán tiếp.

Bài toán 147. Cho tam giác $ABC$ nhọn có trực tâm $H$. $E,F$ lần lượt thuộc đoạn $CA,AB$ sao cho $EF$ tiếp xúc $(BHC)$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AEF$. $M,N$ lần lượt thuộc đoạn $KC,KB$ sao cho $\angle KME=\angle KEC,\angle KNF=\angle KFB$. Chứng minh rằng $(AMN)$ tiếp xúc $EF$.

Cám ơn Dương lời giải của em cũng tương tự lời giải của Luis đưa ra ở đây nên thầy không dịch lại lời giải trong link nữa. Xin đề nghị bài tập tiếp

Bài toán 146. Cho tam giác $ABC$ với trực tâm $H$. $D$ là điểm nằm cũng phía $A$ với $BC$. $E,F$ thuộc cạnh $CA,AB$ sao cho $\angle HEC=\angle DCB$ và $\angle HFB=\angle DBC$. $M,N$ là đối xứng của $E,F$ qua $HC,HB$. Đường tròn $(HCM)$ và $(HBN)$ cắt nhau tại $K$ khác $H$. $L$ là tâm ngoại tiếp của tam giác $HEF$. Chứng minh rằng $HL\parallel KD$.

Cám ơn em, xin dịch lại lời giải của bạn Đỗ Xuân Long đưa ra tại đây

Gọi $X,Y,Z$ là điểm Lemoine của các tam giác $AEF,BDF,CDE$. $H,O,G,L$ là trực tâm, tâm ngoại tiếp, trọng tâm, điểm Lemoine của tam giác $ABC$. $M, N$ là trung điểm của $BC, EF$. $T$ là trung điểm $AD$. $AU\perp EF$. $V$ là trung điểm $AU$. ta biết rằng $MT$ đi qua $L$. Từ $AU\parallel MN$, ta có $\frac {XA}{XM}=\frac {XV}{XN}=\frac {LT}{LM}$ vì vậy nên $XL\parallel AH \implies XL\perp BC$. Từ $\triangle DYZ\sim \triangle HBC$, ta thấy $AM\perp YZ \implies GX\perp YZ$. Gọi $\ell$ là đường thẳng qua $X$ và song song $YZ$. $t$ là đường thẳng qua $G$ và vuông góc $AD.$ Ta có $X(L,\ell,Y,Z)=G(M,t,BC)=-1$, nên $XL$ chia đôi $YZ$. Tương tự thì $L$ là trọng tâm tam giác $XYZ$.

Mình xin đề nghị bài tiếp.

Bài toán 145 (AoPS). Cho tam giác $ABC$ với $\angle BAC<45^{\circ}$. $D$ ở trong tam giác $ABC$ sao cho $BD=CD$ và $\angle BDC=4\angle BAC$. $E$ là đối xứng của $C$ qua $AB$. $F$ là đối xứng của $B$ qua $AC$. Chứng minh rằng $AD\perp EF$.

Mình xin đề nghị bài toán tiếp

Bài toán 144. Cho tam giác $ABC$ với đường cao $AD,BE,CF$. Chứng minh rằng điểm Lemoine của tam giác $ABC$ là trọng tâm tam giác tạo bởi các điểm Lemoine của tam giác $AEF,BFD,CDE$.

Qua hai ngày mình xin post đáp án bài toán 142.

Giải bài toán 142. Gọi $H$ là hình chiếu của $P$ lên $CD$. Cho $H(0,0),C(c,0),D(d,0),P(0,p)$ thì $A(d,p),B(c,p),Q(-d,p),R(-c,p),M(c,\frac{c^2+p^2}{2p}),N(d,\frac{d^2+p^2}{2p})$. Ta tính được tọa độ $X(-\frac{cd+p^2}{c+d},\frac{p^4+p^2(c^2+d^2+4cd)+c^2d^2}{2p(c+d)^2}).$

Từ đó $d(X,CD)=\frac{p^4+p^2(c^2+d^2+4cd)+c^2d^2}{2p(c+d)^2}$ và như vậy

$$XP^2=(\frac{p^2+cd}{c+d})^2+(\frac{p^4+p^2(c^2+d^2+4cd)+c^2d^2}{2p(c+d)^2}-p)^2=(\frac{p^4+p^2(c^2+d^2+4cd)+c^2d^2}{2p(c+d)^2})^2=d(X,CD)^2.$$

Bài này dùng tọa độ theo mình là tối ưu, bạn nào có lời giải thuần túy hình hãy đóng góp tiếp

Đây là một trong các bài toán của Thebault, xem trong này trang 54-56.

Tam giác $YAC$ và $YDB$ đồng dạng g.g có các trung tuyến tương ứng là $YE,YF$ nên hai tam giác YFB và YEC đồng dạng suy ra $\angle YFB=\angle YEC$ nên tứ giác $OFYE$ nội tiếp. Tương tự $X$ thuộc $(OEF)$.

Bài này có thể được giải nhờ bài toán Nga năm 2000 http://artofproblems...h514303p2889241 và tính chất đường thẳng Newton là tâm nội tiếp của $ABCD$ nằm trên đường nối trung điểm 2 đường chéo.

Bài này đã có ở đây http://www.artofprob...unity/c6h329267

Giải. Gọi $BD$ cắt $AC$ tại $M$. Ta thấy $\angle MCD=\angle DAB=\angle DPC$ nên $MC^2=MD.MP=MA^2$ nên $M$ là trung điểm $AC$. Gọi $N$ đối xứng $A$ qua $P$ thì $MP\parallel NC$. Do hai tam giác $ABC$ và $PAC$ đồng dạng nên khi $K$ đối xứng $B$ qua $A$ và $N$ đối xứng $A$ qua $P$ thì hai tam giác $KBC$ và $NAC$ đồng dạng. Từ đó $\angle CKB=\angle N=\angle APD=\angle ABD$. Vậy nếu $CK$ cắt $BI$ tại $L$ thì tam giác $LKB$ cân mà tam giác $BKI$ vuông tại $K$ nên $L$ là trung điểm $BI$.

Cám ơn các em đã đóng góp các lời giải thú vị. Bài toán này bản chất thầy tạo ra từ đối xứng tâm $O$. Thầy cũng đã phát hiện một mở rộng thú vị cho bài toán này. Hãy đón đọc vào tuần tới nhé.