Vẽ đường tròn $(I_a)$ bàng tiếp góc $A$ của $\Delta ABC.$ Khi đó tồn tại một phép vị tự tâm $A$ biến $(I)$ thành $(I_a).$

Phép vị tự này sẽ biến $D'$ thành $D_1,$ với $D_1$ là tiếp điểm của $(I_a)$ và $BC.$ Do tính chất của phép vị tự $\Rightarrow \overline{A,D',D_1}.$

Tương tự, ta xác định được các điểm $E_1,F_1$ và $\overline{B,E',E_1}, \overline{B,F',F_1}.$

Hiển nhiên $AD_1,BE_1,CF_1$ đồng quy nên ta có đpcm.

Lời giải bài toán trong file dưới.

Gọi $AM$ cắt $PQ$ tại $G.$

$\widehat{APS}= \widehat{APQ}= \widehat{PXA} \Rightarrow \Delta APS \sim \Delta AXP \Rightarrow AS.AX=AP^2.$

$\widehat{AFI}= \widehat{AFE}= \widehat{ADF} \Rightarrow \Delta AFI \sim \Delta ADF \Rightarrow AI.AD=AF^2=AP^2=AS.AX \Rightarrow S,I,D,X$ đồng viên

$\Rightarrow \widehat{SDI}= \widehat{SXI}= \widehat{AXM}= \frac{sđAQ-sđMQ}{2}= \frac{sđAP-sđMQ}{2}= \widehat{AGS} \Rightarrow D,S,A,G$ đồng viên

$\Rightarrow \widehat{DSG}= \widehat{DAG}=90^0 \Rightarrow DS \perp PQ.$

a) Cách dựng $\omega_{1}:$ Gọi trung điểm cung $AB$ là $F,$ đường thẳng bất kì qua $F$ cắt đoạn $AB$ tại $G$ và cắt cung $AB$ không chứa $F$ tại $H \neq A,B.HO$ cắt đường thẳng qua $G$ vuông góc $AB$ tại $O_1.$ Khi đó $(O_1,O_1H)$ chính là $\omega_{1}.$

Cách dựng $\omega_{2}:$ Gọi trung điểm cung $AB$ không chứa $F$ là $I,$ đường thẳng bất kì qua $I$ cắt đường thẳng $AB$ kéo dài tại $J$ và cắt cung $AB$ chứa $I$ tại $K.KO$ cắt đường thẳng qua $J$ vuông góc $AB$ tại $O_2.$ Khi đó $(O_2,O_2K)$ chính là $\omega_{2}.$

b) Cách dựng $\omega_{3}:$ Gọi tâm nội tiếp $\Delta DAE$ là $L,$ đường thẳng qua $L$ vuông góc với phân giác trong $\widehat{ACD}$ cắt $CD$ tại $M,$ đường thẳng qua $M$ vuông góc $CD$ cắt lại phân giác trong $\widehat{ACD}$ tại $O_3.$ Khi đó đường tròn tâm $O_3$ tiếp xúc $CA$ chính là $\omega_{3}$ (bổ đề Sawayama-Thebault).

Xem lời giải bài 3 tại đây.

Xét phép nghịch đảo tâm $P$ phương tích bất kì, ta đưa bài toán đã cho về bài toán mới sau.

Bài toán mới. Cho $\Delta ABC,P$ là điểm trong tam giác thoả $\widehat{APB}= \widehat{BPC}= \widehat{CPA}.PB,PC$ theo thứ tự cắt $(CPA),(APB)$ tại $E,F.D$ là điểm di chuyển trên $(PBC),(PDF)$ cắt $(PAC)$ tại $M,(PDE)$ cắt $(PAB)$ tại $N.$

a) Chứng minh số đo góc $\widehat{MPN}$ không đổi.

b) $(PEF)$ cắt $(PMN)$ tại $Q.$ Chứng minh $PQ$ là phân giác $\widehat{MPN}.$

Chứng minh.

a) Gọi $G,H,I,J,K,L,O$ là tâm các đường tròn $(PAC),(PAB),(PDF),(PDE),(PBC),(PEF),(PMN).$

Từ cách xác định các điểm này, ta có các bộ điểm thẳng hàng: $\overline{L,H,I}, \overline{I,K,J}, \overline{J,G,L}, \overline{I,O,G}, \overline{J,O,H}.$

Ta cũng có $IL \perp PC,JL \perp PB,GK \perp PC,HK \perp PB,HG \perp PA.$ Với chú ý $\widehat{APB}= \widehat{BPC}= \widehat{CPA}=120^0,$ ta được $\Delta KGH$ đều và $\widehat{KHI}= \widehat{KGJ}=60^0.$

Do đó $IH \parallel GK,HK \parallel GJ \Rightarrow \Delta HIK \sim \Delta GKJ \Rightarrow \frac{HI}{HG}= \frac{HI}{HK}= \frac{GK}{GJ}= \frac{GH}{GJ} \Rightarrow \Delta IHG \sim \Delta HGJ$

$\Rightarrow \widehat{IOH}= \widehat{OGH}+ \widehat{OHG}= \widehat{OHG}+ \widehat{OJG}= 180^0- \widehat{HGJ}=60^0.$

Mà $MP \perp OI,NP \perp OH \Rightarrow \widehat{MPN}=60^0.$ Ta có đpcm.

b) Theo cách xác định các tâm đường tròn ở câu a), $\Delta HLG$ đều. Lại có $\widehat{IOH}=60^0$ theo câu a) nên $L$ là trung điểm cung $HG$ không chứa $O$ của $(HOG) \Rightarrow OL$ là phân giác $\widehat{HOG}.$

Lại có $MP \perp OG,NP \perp OH,PQ \perp OL \Rightarrow PQ$ là phân giác $\widehat{MPN}.$ Ta có đpcm.

Mình trình bày hai cách chứng minh không dùng định lí con bướm.

Cách 1.

Ta có $\widehat{O_1EB}= \frac{180^0- \widehat{EO_1B}}{2}=90^0- \widehat{EAB}=90^0- \widehat{CDE} \Rightarrow EO_1 \perp CD.$

Mà $CD$ là dây chung của $(O),(O_2) \Rightarrow OO_2 \perp CD \Rightarrow EO_1 \parallel OO_2.$

Tương tự $EO_2 \parallel OO_1 \Rightarrow EO_1OO_2$ là hình bình hành. Do đó trung điểm $O_1O_2$ nằm trên $OE.$ Ta có đpcm.

Cách 2.

Xét phép nghịch đảo tâm $E$ phương tích bất kì, ta đưa bài toán trên về bài toán mới sau.

Bài toán mới. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ đường kính $BD,E$ là giao điểm hai đường chéo. Gọi $O_1,O_2$ là điểm đối xứng với $E$ qua $AB,CD.$

Chứng minh rằng nếu $(EO_1O_2)$ cắt lại $BD$ tại $I \neq E$ thì $EO_1IO_2$ là tứ giác điều hoà.

Chứng minh. Gọi $E_1,E_2,I'$ là trung điểm $EO_1,EO_2,EI$ thì $E_1 \in AB, E_2 \in CD,I \in (EE_1E_2).$

Gọi $AB$ cắt $CD$ tại $G$ thì $\widehat{GE_1E}= \widehat{GE_2E}=90^0 \Rightarrow G \in (EE_1E_2) \Rightarrow \widehat{GI'E}= \widehat{GE_1E}=90^0.$ 

Theo hệ quả của định lí Brocard, $-1=(GI',GE,GD,GA)=G(I'EE_2E_1)=(I'EE_2E_1) \Rightarrow I'E_2EE_1$ là tứ giác điều hoà.

Qua phép vị tự tâm $E$ tỉ số $2$ thì $IO_2EO_1$ là tứ giác điều hoà. Ta có đpcm.

Do $BC$ là tiếp tuyến chung ngoài của $(O_1),(O_2)$ nên nếu gọi giao điểm của $BC,O_1O_2$ là $X$ thì $X$ là tâm vị tự ngoài của $(O_1),(O_2).$

Lại có $T_1$ là tâm vị tự $(O_1),(O)$ và $T_2$ tâm vị tự $(O_2),(O)$ nên ta cần phải chứng minh ba tâm vị tự ngoài của ba cặp đường tròn tạo từ bộ ba đường tròn $(O),(O_1),(O_2)$ thẳng hàng.

Đây chính là định lý Monge D'Alambert.

Mình đăng trước ảnh đề thi, Latex sẽ gõ sau.

Bạn xem tại đây.

a) $\widehat{AMB}= \widehat{ANB}=90^0 \Rightarrow K,M,I,N$ cùng thuộc đường tròn đường kính $KI.$

b) $KA.KM=KN.KB$ và bằng phương tích của $K$ tới $(O).$

c) Gọi $O'$ tâm $(KAB)$ thì theo kết quả quen thuộc $KI=2OO'.$

Lại có $\widehat{MAN}= \frac{ \widehat{MON}}{2}= \frac{60^0}{2}=30^0 \Rightarrow \widehat{AO'B}=2 \widehat{AKB}=120^0.$

Do đó $\widehat{AO'O}=60^0 \Rightarrow OO'= \frac{AO}{ \sqrt{3}}= \frac{R}{ \sqrt{3}} \Rightarrow KI= \frac{2R}{ \sqrt{3}}.$

d) Theo câu c) thì $\widehat{AKB}=60^0 \Rightarrow (AKB)$ cố định.

Vậy $K$ di chuyển trên $(AKB)$ cố định, lại có $AB$ cố định nên $S_{KAB}$ lớn nhất khi $K$ là trung điểm cung lớn $AB$ của $(AKB).$

Khi đó hiển nhiên $M,N$ là giao điểm $BO',AO'$ với nửa đường tròn $(O).$

Bạn đăng bài này vào box Các bài toán và vấn đề về Bất đẳng thức nhé.

Bạn đăng đề bài này vào box Các bài toán Đại số khác nhé.

Và lưu ý đến gõ Latex và đặt tiêu đề đúng quy định.

Minh chỉnh lại đề một chút:

Bài toán. Cho trước hai đường thẳng $d_1,d_2$ không trùng nhau và song song với nhau.

Chứng minh quỹ tích các điểm $I$ sao cho $d_1$ đối xứng $d_2$ qua $I$ là một đường thẳng.

Chứng minh. 

_Gọi $I^*$ là một điểm bất kì thuộc quỹ tích các điểm $I$ nói trên, $B,B_1$ là hình chiếu của $I^*$ lên $d_1,d_2.$

Hiển nhiên $B$ đối xứng $B_1$ qua $I^*,$ do đó $I^*B=I^*B_1,$ tức là khoảng cách từ $I^*$ tới $d_1$ bằng khoảng cách từ $I^*$ tới $d_2.$

Gọi $d_3$ là đường thẳng chia đôi phần mặt phẳng nằm giữa $d_1,d_2$ thì khoảng cách từ $d_3$ tới $d_1,d_2$ là bằng nhau.

Tức là $I^* \in d_3.$ Ta chứng minh được mọi điểm thuộc quỹ tích các điểm $I$ nói trên đều nằm trên $d_3.$

_Gọi $I^*$ là một điểm bất kì trên $d_3;B,B_1$ là hình chiếu của $I^*$ lên $d_1,d_2;A$ là điểm bất kì trên $d_1.$

Do $d_3$ cách đều $d_1,d_2$ nên $I^*B=I^*B_1.$ Gọi $A_1$ đối xứng với $A$ qua $I^*$ thì $\Delta IAB= \Delta IA_1B_1,$

do đó $A_1B_1 \perp IB_1,$ tức là $A_1 \in d_2.$ Do đó $d_1$ đối xứng $d_2$ qua $I^*.$

Ta chứng minh được với mọi $I^* \in d_3$ thì $d_1,d_2$ đối xứng nhau qua $I^*.$

Vậy quỹ tích các điểm $I$ chính là $d_3,$ là một đường thẳng.

Không mất tổng quát giả sử $AB<AC.$ Gọi $AI,AM$ cắt $BC$ tại $A',D.$

Áp dụng định lí $Ceva$ cho $\Delta ABC: \frac{BA'}{A'C}. \frac{CB'}{B'A}. \frac{AC'}{C'B}=1.$

Lại có $AA',AD$ là phân giác trong và ngoài $\widehat{BAC} \Delta ABC \Rightarrow \frac{BA'}{A'C}= \frac{BA}{AC}= \frac{BD}{DC} \Rightarrow \frac{BD}{DC}. \frac{CB'}{B'A}. \frac{AC'}{C'B}=1.$

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho $\Delta ABC: \overline{D,B',C'} \Rightarrow DN.DE=DB.DC.$

Lại có $\widehat{CMA}=90^0- \widehat{MIA}=90^0- \widehat{IAC}- \widehat{ICA}= \frac{180^0- \widehat{BAC}- \widehat{BCA}}{2}= \frac{\widehat{ABC}}{2}= \widehat{CBK}$

$\Rightarrow M,K,B,C$ đồng viên $\Rightarrow DM.DK=DB.DC=DN.DE \Rightarrow M,N,E,K$ đồng viên.

Ta có đpcm.

2. Tiếp theo ta đi chứng minh: $AF,BC,OE$ đồng quy.

Thật vậy, do $AB\parallel CH$ nên theo định lý Viet ta có: $\frac{BH}{HE}=\frac{AC}{CE}$.

Lúc này, xét $\triangle{ABE}$, có: $\frac{AO}{OB}.\frac{BH}{HE}.\frac{EC}{CA}=1$ (Do $O$ là trung điểm $AB$ và $\frac{BH}{HE}=\frac{AC}{CE}$).

Khi đó theo định lý Cava đảo ta suy ra được: $AF,BC,OE$ đồng quy. Hay ta có điều phải chứng minh.

Sau khi đã có $AB \parallel CH$ thì ý đồng quy của bài toán chính là Bổ đề hình thang.

Gọi tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác $AJC,AJD,BCD$ là $I_1,I_2,I_3;(I_2)$ tiếp xúc $CD$ tại $G.$

Do $R_{I_1}=R_{I_2} \Rightarrow I_1I_2 \parallel CD \Rightarrow AJ \perp I_1I_2 \Rightarrow (I_1),(I_2),AJ$ đồng quy tại $E \Rightarrow AD=AC.$

Đặt $AE=kr,k \in \mathbb{R^+}.$ Do $\Delta ABC$ cân tại $B \Rightarrow AJ>JC \Rightarrow k>2+ \sqrt{2}.$

Xét $\Delta AJD:r^2= \frac{AE.JG.GD}{AE+JG+GD}= \frac{k.GD.r^2}{r+kr+GD} \Rightarrow GD= \frac{k+1}{k-1}.r.$

Tiến hành tính toán, ta được:

$JD=r+GD= \frac{2k}{k-1}.r;CD=2JD= \frac{4k}{k-1}.r;AD=AE+GD= \frac{k^2+1}{k-1}.r; \sin \widehat{JAD}= \frac{JD}{AD}= \frac{2k}{k^2+1};$

$\cos \widehat{JAD}= \frac{JA}{AD}= \frac{k^2-1}{k^2+1}; \cos \widehat{CAD}= \cos (2 \widehat{JAD})= \cos ^2 \widehat{JAD}- \sin ^2 \widehat{JAD}= \frac{k^4-6k^2+1}{k^4+2k^2+1};$

$BC=AB= \frac{AC/2}{\cos \widehat{CAD}}= \frac{k^2+1}{k-1}. \frac{k^4+2k^2+1}{2k^4-12k^2+2}.r;BD=AB-AD= \frac{k^2+1}{k-1}. \frac{-k^4+14k^2-1}{2k^4-12k^2+2}.$

Đặt $x$ là nửa chu vi $\Delta BCD$ thì $x= \frac{BC+CD+DB}{2}= \frac{4kr(k-1)^2(k^2+4k+1)}{(k-1)(2k^4-12k^2+2)}.$

Lại có $\tan \frac{\widehat{BDC}}{2}= \tan \widehat{GDI_3}= \cot \widehat{GDI_2}= \frac{GD}{r}= \frac{k+1}{k-1};$ do đó xét $\Delta BCD:$

$r=(x-BC) \tan \frac{\widehat{BDC}}{2}= \frac{r[4k(k-1)^2(k^2+4k+1)-(k^2+1)^3]}{(k-1)(2k^4-12k^2+2)}. \frac{k+1}{k-1}$

$\Leftrightarrow 2(k-1)^2(k^4-6k^2+1)=4k(k+1)(k-1)^2(k^2+4k+1)-(k+1)(k^2+1)^3$

$\Leftrightarrow (k+1)(k^2+1)^3=2(k-1)^2(k^4+10k^3+16k^2+2k-1)$

$\Leftrightarrow k^7+k^6+3k^5+3k^4+3k^3+3k^2+k+1=2k^6+16k^5-6k^4-40k^3+22k^2+8k-2$

$\Leftrightarrow k^7-k^6-13k^5+9k^4+43k^3-19k^2-7k+3=0$

$\Leftrightarrow (k-3)(k^6+2k^5-7k^4-12k^3+7k^2+2k-1)=0.$

Do $k>2+ \sqrt{2} \Rightarrow k=3 \Rightarrow AJ=4r.$ Ta có đpcm.

$4/$

$1)$ Gọi $BJ,CL$ là các đường cao của tam giác $ABC,JL$ cắt $BC$ tại $N.$ Theo kết quả quen thuộc thì $\overline{N,H,G}$ và $G \in (BHC)$

$\Rightarrow \widehat{BDC}= \widehat{BGC}= \widehat{BHC}=180^0- \widehat{BAC} \Rightarrow D \in (O).$

$2)$ Gọi $H'$ đối xứng $H$ qua $BC,Ax$ là tia qua $A$ song song $BC.$

Xét chùm $A(BCKx)$ có $KB=KC,Ax \parallel BC \Rightarrow A(BCKx)=-1.$ Lại xét chùm $H(CBGH')$ có $HC \perp AB,HB \perp AC,HG \perp AK,HH' \perp Ax$

$\Rightarrow H(CBGH')=-1.$ Đối xứng qua $BC$ ta được $H'(CBDA)=-1 \Rightarrow ABDC$ là tứ giác điều hoà

$\Rightarrow XD$ tiếp xúc $(O)$ và $\frac{AB}{AC}= \frac{DB}{DC}= \frac{DB}{DI} \Rightarrow \Delta BDI \sim \Delta BAC \Rightarrow \frac{BF}{FA}= \frac{BC}{CA}= \frac{BI}{ID}= \frac{BM}{MD}$

$\Rightarrow MF \parallel AD \Rightarrow \widehat{BME}= \widehat{BDA}= \widehat{BCE} \Rightarrow C \in (EBM) \Rightarrow XE.XY=XB.XC=XD^2.$

Do đó $XD$ tiếp xúc $(EYD),$ suy ra $(EYD)$ tiếp xúc $(O).$

Mình gõ lại đề để mọi người tiện theo dõi.

Bài 1. 

1) Chứng minh rằng phương trình $-x= \sqrt[3]{x^2-6x+3}$ có đúng ba nghiệm thực phân biệt là $x_1,x_2,x_3.$ Tính

$T=(x_1^3+x_1^2+9)(x_2^3+x_2^2+9)(x_3^3+x_3^2+9).$

2) Cho hai hàm số $y=x^3+x^2-3x-1,y=2x^3+2x^2-mx+2$ có đồ thị $(C_1),(C_2)$ với $m$ là tham số thực. Tìm tất cả các giá trị của $m$ để $(C_1)$ cắt $(C_2)$ tại ba điểm phân biệt có tung độ $y_1,y_2,y_3$ thoả mãn $\frac{1}{y_1+4}+ \frac{1}{y_2+4}+ \frac{1}{y_3+4}= \frac{2}{3}.$

Bài 2. Cho $a,b,c$ là các số thực không âm thoả mãn $a+b+c \geq abc.$ Chứng minh $a^2+b^2+c^2 \geq abc.$

Bài 3. Cho dãy số $(x_n)$ xác định bởi $x_1=x_2=1;x_nx_{n+2}=x_{n+1}^2+3.(-1)^{n-1}.$

1) Chứng minh rằng mọi số hạng của dãy $(x_n)$ đều là số nguyên.

2) Tính $\lim \frac{x_{n+1}}{x_1+x_2+...+x_n}.$

Bài 4. Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O),$ trực tâm $H,K$ là trung điểm $BC$ và $G$ là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $AK.D$ đối xứng $G$ qua $BC,I$ đối xứng $C$ qua $D.$ Phân giác $\widehat{ACB}$ cắt $AB$ ở $F,$ phân giác $\widehat{BID}$ cắt $BD$ tại $M.MF$ cắt $AC$ tại $E.$

1) Chứng minh $D \in (O).$

2) Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ ở $X,XE$ cắt $(EBM)$ tại $Y \neq E.$ Chứng minh $(EYD)$ tiếp xúc $(O).$

Bài 5. Cho $m,n$ là các số tự nhiên thoả $4m^3+m=12n^3+n.$ Chứng minh $\sqrt[3]{m-n} \in \mathbb{Z}.$

Do các tam giác $BEC,BDC$ vuông tại $D,E$ nên $OB=OD=OE=OC \Rightarrow \Delta ODE$ cân tại $O.$

Ta có $EM=DM-DE=EN-ED=DN,OD=OE, \widehat{OEM}=180^0- \widehat{OED}=180^0- \widehat{ODE}= \widehat{ODN} \Rightarrow \Delta OEM= \Delta ODN$

$\Rightarrow OM=ON \Rightarrow \Delta OMN$ cân ở $O.$

Ta sẽ chứng minh $AG$ luôn đi qua $M$ cố định.

Qua phép nghịch đảo tâm $M$ phương tích bất kì, ta đưa bài toán đã cho về bài toán mới như sau:

Bài toán. Cho hai đường thẳng $d_1 \parallel d_2$ và điểm $M$ nằm trong phần mặt phẳng giữa hai đường thẳng, $m$ là đường thẳng qua $M$ song song $d_1.A$ là điểm bất kì nằm trên $d_2$ sao cho tồn tại một đường tròn qua $A,M$ tiếp xúc $d_2$ và cắt $d_1$ tại $B,C.$ Một đường tròn qua $B,M$ tiếp xúc $d_1$ và cắt $m$ tại $I \neq M;$ một đường tròn qua $C,M$ tiếp xúc $d_1$ và cắt $m$ tại $J \neq M.$ Đường tròn qua $I,M$ tiếp xúc $d_2$ cắt đường tròn qua $J,M$ tiếp xúc $d_2$ tại $G \neq M.$ Khi đó $\overline{G,A,M}.$

Chứng minh. Gọi $(ABC)$ cắt lại $m$ tại $M' \neq M$ thì $\widehat{MM'A}= \widehat{MAD}= \widehat{AMM'} \Rightarrow \Delta AMM'$ cân tại $A.$

Tương tự ta cũng chứng minh được các tam giác $ABC,BMI,CMJ,DMI,EMJ$ cân tại $A,B,C,D,E$ với $D,E$ là tiếp điểm của $(GMI),(GMJ)$ và $d_2.$

Ta được $BD,CE$ là trung trực $MI,MJ$ nên $BDEC$ là hình chữ nhật, lại có $A$ thuộc trung trực $BC$ nên $A$ là trung điểm $DE.$

Lại có $AD,AE$ tiếp xúc $(GMI),(GMJ)$ nên $A$ thuộc trục đẳng phương của $(GMI),(GMJ)$ chính là $MG.$ Ta có đpcm.

Gọi $A'$ đối xứng $A$ qua $H;J=FE \cap PM;K$ là hình chiếu $H'$ lên $EF;G=EF \cap BC;D=AP \cap (O) \neq A;BL,CN$ là đường cao $\Delta ABC$ cắt nhau ở $S;Q=NL \cap BC;R=AQ \cap (O) \neq A.$ Vẽ hai tia $Pa \parallel EF,Ab \parallel BC).$

Xét chùm $A(BCMb)=-1$ và $PE \perp AB,PF \perp AC,PM \perp AB.$ Lại có $\widehat{PFE}= \widehat{PAE}= \widehat{MAC}$ (do $AP$ là đường đối trung $\Delta ABC$ )

$\Rightarrow AM \perp EF \Rightarrow P(EFJa)=-1 \Rightarrow JE=JF.$ Do $AP$ đường kính $(AEF),J$ trung điểm $EF$ và $M$ là giao điểm của $PJ$ và đường cao hạ từ $A$ của $\Delta AEF$ nên theo kết quả quen thuộc thì $M$ là trực tâm $\Delta AEF$

$\Rightarrow JM=JP \Rightarrow \frac{AD}{DP}= \frac{AA'}{MP}= \frac{2AH}{2JP}= \frac{AH}{JP} \Rightarrow \overline{H,D,J}.$

Theo các kết quả quen thuộc, $R(QHBC)=-1=(ADBC) \Rightarrow R \in HD$ và:

$\widehat{GMK}= \widehat{GJH'}= \widehat{GJM}- \widehat{MJH}= \widehat{AMB}- \widehat{RHA}= \widehat{RMQ}=90^0- \widehat{AQM} \Rightarrow MK \perp AQ.$

Xét chùm $A(QHBC)=-1$ và $MF \perp AB,ME \perp AC,MK \perp AQ,MG \perp AH \Rightarrow M(EFKG)=-1 \Rightarrow GF.GE=GJ.GK=GM.GH'$

$\Rightarrow H' \in (MEF).$ Ta có đpcm.

Gọi $A',B',C',D,E$ đối xứng $A,B,C,N,M$ qua $O \Rightarrow D \in A'C',E \in A'B'.$ Áp dụng định lí $Pascal$ đảo cho bộ điểm $(B',C,A',B,C')$ và $\overline{D,O,E}$

ta suy ra $BD,CE,(O)$ đồng quy tại $F.$ Chú ý $OP,OQ$ là đường trung bình $\Delta NDB, \Delta MEC \Rightarrow \widehat{POQ}= \widehat{BFC}= \widehat{BAC}.$

Ta có đpcm.

$a) \Delta AKE= \Delta AKH \Rightarrow \widehat{EAK}= \widehat{BAH}.$ Tương tự $\widehat{FAQ}= \widehat{CAH} \Rightarrow \widehat{EAF}=2 \widehat{BAC}=180^0$

$\Rightarrow \overline{E,A,F}.$

$b)AH=HN, \widehat{AHN}=90^0 \Rightarrow \Delta AHN$ vuông cân tại $H \Rightarrow \widehat{ANH}=45^0.$ Tương tự $\widehat{ADB}=45^0 \Rightarrow ADNB$ là tứ giác nội tiếp

$\Rightarrow \Delta DNB$ vuông tại $N \Rightarrow 2AN=BD=2AM$ (do $\widehat{BAC}=90^0$ ). Vậy $AM=AN.$

Cõ lẽ yêu cầu của câu $a)$ là chứng minh $D,H,F$ thẳng hàng.

$a)$ Gọi $I$ là giao điểm của $AE,CD.$ Khi đó chú ý $\Delta ADI \sim \Delta CHI \sim \Delta EHC \sim \Delta BMC,$ ta được:

$\frac{IH}{HE}= \frac{IH}{HC}. \frac{CH}{HE}= \frac{ID}{DA}. \frac{CM}{MB}= \frac{ID}{CM}. \frac{CM}{EF}= \frac{ID}{EF} \Rightarrow \overline{D,H,F}.$

$b)$ Gọi $G,J$ là trung điểm $DF,AB.$ Khi đó $GJ \perp AB$ và $GJ$ là đường trung bình của hình thang $ADFB \Rightarrow 2GJ=AD+BF=AM+MB=AB$ không đổi.

Do đó $G$ cố định, tức là $DF$ luôn đi qua $G$ cố định.