Tính định thức sau:

$M_n=\begin{pmatrix} a_1b_1 & a_1b_2 & a_1b_3 & ... & a_1b_n \\ a_1b_2 & a_2b_2 & a_2b_3 & ... & a_2b_n \\ a_1b_3 & a_2b_3 & a_3b_3 & ... & a_3b_n \\ ... & ... & ... & ... & ... \\ a_1b_n & a_2b_n & a_3b_n & ... & a_nb_n \end{pmatrix}$

Lời giải: Dễ thấy rằng $DA$ và $DM$ đẳng giác trong góc $\angle EDF$. Ta lại có $MD. MN= ME. MF= MA. MJ$ nên $A, D, J, N$ đồng viên. Do $JN=JD$ nên $AN, AD$ đẳng giác trong góc $\angle BAC$. Kẻ đường cao $AH$. $AD$ cắt $(J)$ tại điểm thứ hai $X$. Khi đó $NX \parallel EF$. Ta có $\angle OAN = \angle HAD = 90^{\circ} - \angle CDX = 90^{\circ} - \angle NMF = \angle ANJ$.
Do đó tồn tại đường tròn $(O')$ tiếp túc trong cả hai đường tròn $(O)$ và $(J)$.
$AJ$ cắt $ON$ tại $I$. $O'I$ cắt $AN$ tại $P$. Gọi $\alpha_1, \alpha_2$ là đường tròn tâm $I$ tiếp xúc $AB, AC$ và $NL, NK$. Theo định lý $Monge-D'Alambert$, ta có $A$ là tâm vị tự ngoài của $\alpha_1$ và $(J)$, $N$ là tâm vị tự ngoài của $(J)$ và $(O')$, từ đó suy ra $P$ là tâm vị tự ngoài của $\alpha_1$ và $(O')$. Tương tự $P$ là tâm vị tự ngoài của $\alpha_2$ và $(O')$. Suy ra $\alpha_1 \equiv \alpha_2$. Như vậy $AKNL$ ngoại tiếp.

Lời giải bài toán 167:

Dễ thấy rằng $M, N$ thứ tự là tâm bàng tiếp góc $C, B$ của $\triangle ABC$. 

$PQ$ thứ tự cắt $BM, BA, CA, CN$ tại $X, Y, Z, T$. Do $PQ \parallel BC$ nên dễ thấy $\triangle YIB$ cân và ta suy ra $Y$ là trung điểm $IX$. $NB$ cắt $(MNP)$ tại $L$. Thế thì $XL \parallel YB$. Suy ra $XL$ đi qua đối xứng của $I$ qua $MN$. Do $XL$ đối xứng $PQ$ qua $JM$ nên tương tự ta sẽ suy ra được $K$ đối xứng $I$ qua $MN$ và $K \in (MNP)$.

Gọi $S, O$ thứ tự là tâm $(ABC)$ và $(MNP)$. Ta có $I$ là trung điểm $KJ$ $\Leftrightarrow$ $OI \perp KJ$ $\Leftrightarrow$ $IS \perp AD$ $\Leftrightarrow$ $I$ là trung điểm $AD$. Áp dụng định lí Ptolemy ta suy ra $AB+AC=2BC$.

Cuối cùng diễn đàn đã mở lại

Lời giải:

Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $S$. Dễ thấy rằng $BE$ cắt $CF$ tại $K$ là đối xứng của $P$ qua $(O)$. $BR, CR$ thứ tự cắt $(O)$ tại $X$, $Y$. Theo giả thiết ta có $PX=PY$. Theo IMO Problem 4 ta có $SR=SA$. Mặt khác $AK \perp AR$, $AS \perp AO$ nên $\triangle AOK \stackrel{+}{\sim} \triangle ASR$. Kẻ tiếp tuyến $SZ$ khác $SA$ thì $Z$ cố định và $\angle AZR = \frac{1}{2} \angle ASR = \frac{1}{2} \angle AOK  = \angle APK = \angle AZK$ nên $KR$ đi qua $Z$. 

Ta có $ABZC$ là tứ giác điều hòa nên $K(AREF)=K(AZBC)=-1$, mặt khác theo tính chất hàng điểm cơ bản ta có $A(KQEF) = A(KQCB)=-1$ nên $A(KQEF)=K(AREF)$ hay $Q$ thuộc $KR$ do $E, F, Q$ thẳng hàng. Vậy $QR$ đi qua $Z$ cố định

Bài toán 133':

Cho $\triangle ABC$ với hai đường thẳng bất kì $d, d'$ cắt nhau tại $H$. $d$ cắt $AB, AC$ tại $F, E$ và $d'$ cắt $AB, AC$ tại $N,M$. $BH, CH$ cắt $EN, FM$ tại $P,Q$. Chứng minh $BQ, CP, MN$ đồng quy

Lời giải bài 132:

Bổ đề: Cho tứ giác nội tiếp $ABCD$. Gọi $H_a, H_b, H_c, H_d$ là trực tâm $\triangle BCD, \triangle CDA, \triangle DAB, \triangle ABC$. Khi đó $AH_a, BH_b, CH_c, DH_d$ đồng quy tại trung điểm mỗi đường và điểm đó thuộc đường tròn Euler của 4 tam giác trên.

Bài toán trên hiển nhiên nên ta không cần chứng minh

Quay lại bài toán:

Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$, $(N)$ là đường tròn Euler. $M$ là trung điểm $BC$. $(N)$ cắt $(U)$ tại điểm thứ hai $Q$. Theo Bổ đề $Q$ là trung điểm $HX$. Dễ thấy $(N)$ và $(U)$ cùng bán kính nên $N$ đối xứng $U$ qua $MQ$. Gọi $S$ là trung điểm $HP$ thì $S$ thuộc $MQ$ và $SN=SU$. Tương tự ta suy ra $S$ là tâm $(NUVW)$.

Lời giải bài 1:

1) $AD$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $T$. Ta có $TB=TC$ suy ra $OT \perp BC$. Mặt Khác $(K)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$ nên $KD \perp BC$ do đó $KD \parallel OT$.

Suy ra $\widehat{KAT}=\widehat{KAD}=\widehat{KDA}=\widehat{OTA}=\widehat{OAT}$ nên $A, K, O$ thẳng hàng hay $(K, KA)$ tiếp xúc $(O, OA)$.

2) Ta có $\triangle BDF \sim \triangle BAD$, $\triangle CDE \sim \triangle CAD$ do đó $BD^2=BF.BA$, $CD^2=CE.CA$, suy ra $\frac{BF}{CE} = \frac{BD^2}{CD^2}.\frac{CA}{BA}=\frac{AB^2}{AC^2}.\frac{AC}{AB}=\frac{AB}{AC}$ nên $EF \parallel BC$ theo định lí Thales. Do đó $\widehat{MBE}=\widehat{BEF}=\widehat{MAB}$ hay $\triangle MBG \sim \triangle MAB$, suy ra $MB^2=MG.MA=MD^2$ hay $M$ là trung điểm $BD$. Tương tự, $N$ là trung điểm $CD$ nên $MN= \frac{BC}{2}$. Ta có đpcm.

Lời giải bài 129: Ta sẽ chứng minh điểm cố định là Lemoine $L$ của $\triangle ABC$.

Kẻ tiếp tuyến tại $A, B, C$ của $(ABC) \equiv (O)$ cắt nhau tạo thành $\triangle MNR$. $AC$ cắt $OM, OR$ tại $U, V$.

Ta có $P, Q, L$ thẳng hàng $\Leftrightarrow$ $A(PQLC)=C(PQLA)$ $\Leftrightarrow$ $A(DXMU) = C(FZRV)$ $\Leftrightarrow$ $(XDUM)=(FZRV)$. Cái này thì đúng vì hai tứ giác $MCUB \cup X \cup D$ đồng dạng với $VARB \cup F \cup Z$. Ta có đpcm.

Có lẽ bài tổng quát của bài 128 là ở đây: http://www.artofprob...1239098p6320740

Lời giải bài 123: 

Gọi $X$ la giao điểm của $AC$ và $BD$. 

Theo định lí Brocard ta có $O$ là trực tâm $\triangle EFX$. Do đó $OX \perp EF$ tại $H$. Khi đó ta cũng có $H \in (FAB), (EAD)$. 

Do đó $(FO^2- OA^2)+(EO^2-OA^2)=\mathcal{P}_{F/(O)}+\mathcal{P}_{E/(O)} $ $=$ $\overline{FA}.\overline{FD}+ \overline{EA}.\overline{EB}$ $=$ $\overline{FH}.\overline{FE}+\overline{EH}.\overline{EF}$ $=$ $\overline{EF}(\overline{EH}-\overline{FH}) = EF^2$ hay $2OA^2 = OF^2+OE^2-EF^2 = 2OM^2 + 2EM^2 - 4EM^2$. Suy ra $OM^2-OA^2=ME^2$ hay $(EF)$ và $(O)$ trưc giao.

Ta sẽ chứng minh: Trục đẳng phương của $(SBD)$ và $(TAC)$, trục đẳng phương của $(O)$ và $(EF)$ trùng nhau.

Gọi $Y, Z$ là giao điểm của $OT, OS$ với $BD, AC$.

Xét phép nghịch đảo đường tròn $(O)$, ta có $(TAC) \leftrightarrow (YAC)$, $(SBD) \leftrightarrow (ZBD)$. $(ZBD) \cap (TAC) = \{R, S \}$. Dễ thấy rằng $RS$ đi qua $X$. 

Đường tròn $(EF)$ cắt $(O)$ tại $P, Q$. Do $(EF)$ trực giao $(O)$ nên qua phép nghịch đảo $(EF)$ được bảo toàn. 

$AC$ cắt $EF$ tại $U$. Ta có $(UXAC)=-1$ va $HX \perp HU$ nên $HO$ là phân giác $\widehat{AXC}$. Suy ra $A, H, O, C$ đồng viên.

Dễ thấy $\mathcal{P}_{X/(EF)} = \overline{XH}.\overline{XO}= \overline{XA}.\overline{XC} = \mathcal{P}_{X/(O)}$ nên $X$ thuộc $PQ$. 

Ta có $\overline{XP}.\overline{XQ}=\overline{XA}.\overline{XC}=\overline{XR}.\overline{XS}=\overline{XH}.\overline{XO}$ nên 6 điểm $H, O, P, Q, R, S$ đồng viên. Qua phép nghịch đảo, đường tròn này chính là trục đẳng phương của $(O)$ và $(EF)$, $(SBD)$ và $(TAC)$ nên ta có đpcm.

Lời giải bài 8 mở rộng 

Dễ thấy $SR \parallel EF$ nên $(SR, SQ) \equiv (SR, SA) \equiv (SR, AB) + (AB, SA) \equiv (FE, FB) + (AB, AQ) \equiv (CE, CB) + (AP, AC) \equiv (AC, CB) + (AP, AC) \equiv (AP, BC) \equiv (PR, PQ)$ (mod $\pi$) nên $S, R, P, Q$ đồng viên, hơn nữa dễ thấy $K$ thuộc trung trực $PQ, SR$ nên ta có đpcm.

Lời giải bài 122: 

Bài này hình như bị "thừa" dữ kiện @@.

Ta chỉ cần chứng minh $SU, GH, BC$ đồng quy. $GH$ cắt $BC$ tại $Z$. $ZX$ cắt $CM$ tại $U$. Ta sẽ chứng minh $U, I, K$ thẳng hàng.

Ta có $HS \perp AO$, $HB \perp AC$, $HZ \perp AD$, $HC \perp AB$. $H(SBZC)=A(OCDB)$, tức là $S(HBZC)=A(GEMF)=C(GEMF)$ do $B, Z, C$ thẳng hàng. Suy ra $S(KIUC)=C(KIUS)$. Ta có đpcm. 

Lời giải bài 114. Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp $\triangle ABC$.Ta có $AD^2=AX.AB=AY.AC$ nên $X, Y, B, C$ đồng viên. Mặt khác dễ thấy $BC$ tiếp xúc $(AD)$ nên $KD^2=KX.KY=KB.KC=KA.KZ$ và $\widehat{ADK}=90^{\circ}$ nên $DZ \perp AK$ hay $Z \in (AD)$. $LA$ cắt $(O)$ tại $P$. Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$, $M$ là trung điểm $BC$. Khi đó ta có $H, P, M$ thẳng hàng và $HM \perp LA$, suy ra $AR \perp HM$. $OM \cap AR = Q$ thì $AHMQ$ là hình bình hành, tuy nhiên $\overrightarrow{AH}=2\overrightarrow{OM}$ nên $O$ là trung điểm $MQ$. Theo Thales ta có $OR$ chia đôi $AD$. Mặt khác trung điểm $AD$, $O$ thuộc trung trực $AZ$ nên $R$ cũng huộc trung trực $AZ$. Ta có đpcm.

 

 

Bài toán 115. (Thầy Nguyễn Minh Hà) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $O$ và điểm Lemoine $L$. $AL$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $X$. $(K)$ là đường tròn qua $L$ tiếp xúc trong $(O)$ tại $X$ cắt $BC$ tại $Y, Z$. Điểm $S$ chia đoạn $OL$ theo tỉ số $\frac{-1}{3}$. $YL$ cắt $(S, SY)$ tại điểm thứ hai $E$. Chứng minh $(XYE)$ chia đôi $AL$.   

$\boxed{\text{Lời giải bài 111}}$
$AK$ cắt $(K)$ tại điểm thứ hai $N$. $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $X$.
Ta có $\triangle XBF \cap I \stackrel{+}{\sim} \triangle XIE \cap C (g.g) $ . Suy ra $XI$ là phân giác $\widehat{BXC}$ nên $X$ thuộc $PI$.
$\overline{AR}.\overline{AN}=AF^2=\overline{AI}.\overline{AK}$ nên $(AIRN)=-1$, mặt khác $XR \perp XN$ nên XR là phân giác trong $\widehat{AXP}$ hay $X$ thuộc $QR$.
Phép vị tự tâm $X$ biến $(K)$ thành $(O)$ đã biến $R$ thành $Q$ nên $AK \parallel OQ$. Mặt khác $OQ$ là trung trực $AP$ và $AK \perp AP$ nên $OQ$ chia đôi $PI$ tại $Y$. Ta có $\triangle XBD \sim \triangle XPC$ và $\triangle XBI \sim \triangle XIC$ nên $XD.XP=XB.XC=XI^2$, tức là $\frac{XD}{XI}=\frac{XI}{XP}$. Do $M, Y$ thứ tự là trung điểm $DI, IP$ nên $\frac{XD}{DM}=\frac{XI}{IY}=\frac{XR}{RQ}$ do $RI \parallel QY$. Theo Thales ta có $RD \parallel MQ$.

$\boxed{\text{Bài toán 112}}$ Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$ và điểm Lemoine $L$. $AL$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $X$. Đường tròn $(K)$ qua $L$ tiếp xúc trong $(O)$ tại $X$. Đường thẳng qua $K$ vuông góc $BC$ cắt $OL$ tại $T$. Chứng minh $\overrightarrow{OT}= \frac{1}{4} \overrightarrow{OL}$

Một cách khác cho bài toán 110:

Gọi $J$ là tâm bàng tiếp góc $A$ của $\triangle ABC$. $A_1$ là hình chiếu của $J$ trên $BC$. $B_3, C_3$ là hình chiếu của $K, L$ trên $AC, AB$.

Theo tính chất của tâm bàng tiếp ta có $A_1C=AC_3$, $A_1B=AB_3$ và $CB_2=CB_3=BC_2=BC_3$. Suy ra: $A_1B_2=A_1C+CB_2=AC_3+BC_3=AB$, $A_1C_2=AC$.

Ta có $(CA^2 - CB_2^2) + (JB_2^2 - JC_2^2) + (BC_2^2 - BA^2) =  (CA^2 - BA^2) + (A_1B_2^2 - A_1C_2^2) = 0$. Như vậy: Đường thẳng qua $C$ vuông góc $AB_2$, đường thẳng qua $B$ vuông góc $AC_2$ và đường thẳng qua $J$ vuông góc $B_2C_2$ đồng quy theo định lí Carnot. Do đó ta suy ra đường thẳng qua $C_2$ vuông góc với $JB$, đường thẳng qua $B_2$ vuông góc với $JC$ và đường thẳng qua $A$ vuông góc $BC$ đồng quy. Tức là $C_2C_3, B_2B_3$ và đường cao $AH$ của tam giác $ABC$ đồng quy. Mặt khác $C_2C_3, B_2B_3$ là các đường cao của $\triangle NB_2C_2$ nên ta có $A, N, H$ thẳng hàng. 

P/s: Xin giải lại bài toán 109 theo cách tam giác đồng dạng: cùng ý tưởng với manhtuan00

$IB$ cắt $JC$ tại $M$, $IC$ cắt $JB$ tại $N$. Ta chứng minh $BC, EF, MN$ có 3 trung điểm thẳng hàng, hay $\frac{BE}{BM}=\frac{CF}{CN}$. Ta có $XK$ là phân giác $\widehat{BXC}$ nên $\widehat{KXB}=\widehat{KXC}=\widehat{BJC}$. Suy ra $\widehat{XBJ}= \widehat{XJC}$ hay $\triangle XBJ \sim \triangle XJC$. Gọi $Y, Z$ là hình chiếu của $X$ trên $JB, JC$ thì $\frac{XY}{XZ}=\frac{JB}{JC}$. Mặt khác $BEXY$ và $CFXZ$ là các hình chữ nhật nên $\frac{JB}{JC}=\frac{BE}{CF}$. Ta lại có $\triangle JBM \sim \triangle JCN (g.g)$ nên $\frac{BE}{CF}= \frac{BM}{CN}$ ta có đpcm.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 106}}$
Gọi $M$ là tâm nội tiếp $\triangle BDF$. Ta sẽ chứng minh $M \in (IAB)$. Ta có $\triangle FBD \cap M \stackrel{+}{\sim} \triangle FEA \cap I$, do đó $\widehat{AIM}=\widehat{AIF}+\widehat{FIM} = 90^{\circ}+\frac{\widehat{AEF}}{2}+\widehat{FAD}=180^{\circ}-\frac{\widehat{ABC}}{2} = 180^{\circ} - \widehat{ABM}$ nên $A, I, M, B$ đồng viên. Tương tự ta sẽ suy ra $N$ là tâm nội tiếp $\triangle CDE$.
Gọi $K, L$ là trung điểm $HB, HC$. Kẻ đường kính $EP$ của $(CDE)$. Rõ ràng $EP$ đi qua $L$. Ta có $\triangle DBF \cap KMH \stackrel{+}{\sim} \triangle DEC \cap LNP$. Gọi $Q, O$ là tâm ngoại tiếp $\triangle DEF, \triangle ABC$ thì $Q$ là trung điểm $OH$. Ta có $\frac{1}{2} (QK, QL) \equiv \frac{1}{2} (OB, OC) \equiv (AB, AC)$ $\equiv$ $(HC, HE) \equiv (EH, EL) \equiv (EH, KM)+(KM, LN)+(LN, EL) \equiv (KM, LN)$ (mod $\pi$). Biểu thức cuối đúng do $\triangle BKM \stackrel {+}{\sim} \triangle ELN$. Từ đó ta suy ra $KM$ cắt $LN$ thuộc $(Q)$.
$\boxed{\text{Bài toán 107}}$ (Nguyễn Minh Hà) Cho tam giác ABC không cân tại $A$, $BB', CC'$ là các đường cao. $M, N$ thứ tự là trung điểm $AC, AB$. $E, F$ thứ tự là tâm nội tiếp $(I)$ và $AC, AB$. $P, Q$ theo thứ tự là giao điểm của $BB', CC'$ và $MI, NI$. $L$ là giao điểm của $EF$ và $PQ$. Chứng minh $IL \parallel BC$.

Một lời giải sử dụng phép nghịch đảo:
Xét phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ hợp với phép đối xứng trục phân giác góc $A$, ta chuyển về bài toán sau:
Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $(I_a)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $(AI_a), (AD)$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $E, F$. $AD$ cắt $(AI_a)$ tại $G$. Đường tròn qua $A, G$ có tâm là $H$ thỏa mãn $AH \perp BC$ cắt $(O)$ tại $K$.$(AD)$ cắt $(AI_a)$ tại điểm thứ hai $N$. $AN$ cắt $(O)$ tại $P$. Chứng minh tứ giác $PEKF$ điều hòa.
Lời giải:
Gọi $L,M, Q$ là trung điểm $AD, BC, AI_a$. Dễ thấy $AN \parallel BC$. Ta có $OM \perp AP, OL \perp AF, OH \perp AK, OQ \perp AE$ nên tứ giác $PEKF$ điều hòa khi và chỉ khi $(OM, OH, OQ, OL)=-1$. Tương đương với $OH$ chia đôi $LQ$ do $LQ \perp BC$. Vị tự tâm $A$ tỉ số 2, ta có bài toán:
Cho tam giác $ABC$ đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $P$ là điểm thỏa mãn $AP \perp BC$, $IP \perp AD$. Kẻ đường kính $AQ$ của $(ABC)$. Khi đó $PQ$ chia đôi $ID$. Bài toán trên là bài toán của thầy trên đường tròn bàng tiếp góc $A$.

Lời giải:
Trước tiên ta làm một số bài toán sau:
Bài toán 1: Cho $\triangle ABC$, đường tròn mixtilinear nội tiếp và bàng tiếp góc $\widehat{BAC}$ của $\triangle ABC$ là $(I_a)$ và $(J_a)$ tiếp xúc $(ABC)$ thứ tự tại $P, Q$. $PQ$ cắt $BC$ tại $E$. Khi đó $AE$ tiếp xúc $(BAC)$.

Chứng minh:
Xét phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB.AC$ hợp với phép đối xứng trục phân giác góc $\widehat{BAC}$:
$I_{A}^{AB.AC} \circ Đ_{l} : X \Leftrightarrow X' $.
Khi đó $C \equiv B', B \equiv C'$. $P', Q'$ thứ tự là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $A$ và nội tiếp của $\triangle ABC$ với đường thẳng $BC$. Khi đó $P', Q'$ đối xứng nhau qua trung trực $BC$. Qua $A$ kẻ đường thẳng song song với $BC$ cắt $(ABC)$ tại điểm thứ hai $R$ thì $R \in (AP'Q')$. Do đó $R \equiv E'$. $AR, AE$ đẳng giác nên $AE$ là tiếp tuyến của $(ABC)$.
Bài toán 2: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Đường tròn mixtilinear nội tiếp góc $A$ là $(I_a)$ của $\triangle ABC$ tiếp xúc $AB, AC$ và $(O)$ tại $D, E, F$. $AF$ cắt $DE$ tại $L$. Đường thẳng qua $L$ vuông góc $OA$ cắt $BC$ tại $G$. Khi đó $FG$ tiếp xúc $(O)$.

Chứng minh:
$DE$ cắt $BC$ tại $K$. Gọi $I$ là tâm nội tiếp $\triangle ABC$. $AH$ là đường cao tam giác $ABC$. Ta có $(LG, LK) \equiv (AO, AI_a) \equiv (AI, AH) \equiv (KL, KG)$ (mod $\pi$). Do đó $\triangle GLK$ cân tại $G$. Hơn nữa ta có tính chất: $AI$ cắt $FK$ tại $J$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ của tam giác $ABC$. Ta có $(FK, FA) \equiv (FJ, FA) \equiv (BJ, BA) \equiv (BJ, BC) + (BC, BA) \equiv (AJ, AC ) + \frac{\pi}{2} - (OA, AC) \equiv (AJ, AO) + \frac{\pi}{2} \equiv \frac{\pi}{2} - (LG, LK)$ (mod $\pi$). Do đó $G$ là tâm $(DKF)$. Suy ra $(FG, FA) \equiv \frac{\pi}{2} - (DE, FJ) \equiv \frac{\pi}{2} - (DE, AJ) + (JF, JA) \equiv (CF, CA)$. Do vậy $GF$ là tiếp tuyến của $(O)$.
Quay lại bài toán:

$IM$ cắt $DN$ tại $X$. $(K)$ tiếp xúc $AB, AC$ tại $E, F$. $A, I, D, X$ đồng viên và $B, E, I, D$ đồng viên nên $(AX, AD) \equiv (IX, ID ) \equiv (BA, BD) \equiv (CA, CD)$ (mod $\pi$) nên $AX$ là tiếp tuyến của $(O)$. Do đó $AX \parallel QR$. $AX$ cắt $BC$ tại $Y$. Gọi $(S)$ là đường tròn mixtilinear bàng tiếp góc $A$ của $\triangle ABC$, tiếp xúc $(O)$ tại $T$. Theo bài toán 1 thì $Y, D, T$ thẳng hàng. Kẻ đường kính $AZ$ của $(O)$. Thế thì $Z$ thuộc $DN$. Gọi $U, V$ là điểm chính giữa của cung $BC$ thứ tự có và không chứa điểm $A$. Theo bài toán 2 thì $DP$ tiếp xúc $(O)$. Một tính chất của đường tròn mixtilinear là $DI$ và $I_aT$ cắt nhau tại $U$, với $I_a$ là tâm bàng tiếp góc $A$ của $\triangle ABC$. Ta có $UZ \parallel AI$ và $V$ là trung điểm $II_a$ nên $(DTVZ) = U(DTVZ) = U(II_aVZ)=-1$. Do đó $(PYMN)=D(PYMN)=D(DTVZ)=-1$. Suy ra $A(PYQR)=A(PYMN)=-1$. Do $AY \parallel QR$ nên $P$ là trung điểm $QR$. Ta có đpcm.

Lời giải:
$ID^2=\overline{IB}.\overline{IN}=\overline{IC}.\overline{IM}$. Do đó $B, N, M, C \in (J)$. $X=MN \cap BC, Y=BM \cap CN$. Dễ thấy $(DMN)$ tiếp xúc $(I)$ nên $\overline{XB}.\overline{XC}=\overline{XM}.\overline{XN}=XD^2$ nên $X$ thuộc trục đẳng phương của $(I)$ và $(J)$. Theo định lí Brocard ta có $XY \perp IJ$ và $IX \perp JY$ tại $U$. Hơn nữa ta cũng có $U \in (BIC)$ nên $\overline{XU}.\overline{XI}=\overline{XB}.\overline{XC}=XD^2$ suy ra $\widehat{XUD}=\widehat{XDI}=90^{\circ}$. Do đó $D \in JY$.
$XY \perp IJ$ nên $Y$ thuộc trục đẳng phương của $(I)$ và $(J)$. Nếu $DY$ cắt $(I)$ tại $V$ thì dễ thấy $XV$ tiếp xúc $(BVC)$ ($VD$ là đối cực của $X$ trong $(I)$), $(I)$ và $V \in (BDM), (CDN)$. Gọi $S'=VE \cap BM, T'=VF \cap CN$.
Ta chỉ cần chứng minh $S', T' \in (BVC)$ và $S'T' \equiv PQ$ là xong. Ta có $VB, VN$ đẳng giác trong góc $\widehat{FVD}$ nên $\widehat{T'VB}=\widehat{DVN}=\widehat{BCT'}$, suy ra $T' \in (BVC)$. Tương tự $S' \in (BVC)$.
$\widehat{MES'}=\widehat{VFN}, \widehat{EMS'}=\widehat{BMD}=\widehat{BVD}=\widehat{FVN}$ nên $\triangle MES' \sim \triangle VFN$. Do đó $\frac{ES'}{EP}=\frac{2ES'}{EM}=\frac{2FN}{FV}=\frac{FD}{FV}$. Suy ra $\triangle FDV \sim \triangle ES'P$. Do đó $\widehat{FEV}=\widehat{FDV}=\widehat{ES'P}$, suy ra $PS' \parallel EF$ hay $S' \in PQ$ do $PQ \parallel EF$. Tương tự $T' \in PQ$. Ta có đpcm.

Bài toán tổng quát:
Cho tam giác $\triangle ABC$ với $P, Q$ là hai điểm liên hợp đẳng giác nằm trên phân giác góc $\widehat{BAC}$. Gọi $\triangle P_aP_bP_c$ và $\triangle Q_aQ_bQ_c$ là tam giác pedal ứng với hai điểm $P, Q$ của $\triangle ABC$. Gọi $X, Y$ là hình chiếu của $P_a, Q_a$ trên $Q_bQ_c, P_bP_c$. Kẻ $P_aP_a'$ và $Q_aQ_a'$ vuông góc với $PQ$. $P_a'Y$ và $Q_a'X$ cắt $(P_aP_bP_c)$ tại điểm $M, N$. Khi đó $B, M, N, C$ đồng viên.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 96}}$
Đường qua $H$ vuông góc $HN$ cắt $DC$, $HB$ tại $L, K$. Đường qua $H$ vuông góc $HM$ cắt $DB$, $HC$ tại $E, F$. $KL$ cắt $EF$ tại $H'$. Dễ thấy $H, O, H'$ thẳng hàng. Vậy ta chỉ cần chứng minh $H, D, H'$ thẳng hàng. Ta có $\widehat{EFC}=\widehat{HMB}=\widehat{EBC}$ nên $E, F, B, C$ đồng viên. Ta có $\widehat{LKB}=\widehat{HNC}=\widehat{LCB}$ nên $L, K, C, B$ đồng viên. $HB, HC$ cắt $AC, AB$ tại $P, Q$.
Mặt khác $\triangle HMF \sim \triangle HNK$ nên $\frac{HQ}{HP}=\frac{HF}{HK}$ nên $PQ \parallel KF$. Như vậy $B, F, K, C$ đồng viên. Do đó 6 điểm $B, F, L, E, K, C$ đồng viên. Áp dụng định lí Pascal cho 6 điểm trên ta có $H, D, H'$ thẳng hàng. Ta có đpcm.

Một lời giải khác:
Tiếp tuyến tại $P$ cắt $BC$ tại $X$. Gọi $Y$ là đối xứng của $D$ qua $X$. Ta có $XD^2=XP^2=XY^2=\overline{XB}.\overline{XC}$. Do đó $(YDBC)=-1$ và $Y$ thuộc $EF$. Từ đó ta có $Y, P, K, D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $YD$. Ta có $\widehat{PLD}+\widehat{DKL}=\widehat{PDY}+\widehat{PYD}=90^{\circ}$ hay là $DL \perp DK$. Do $DK \perp EF$, $EF \perp AI$ nên $DK \parallel AI$. Ta có đpcm.

Lời giải :
Bài toán trên là sự kết hợp của hai bài toán con như sau:
Bài 1: Cho $\triangle LBC$ với trọng tâm $A$. Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$ và $HB, HC$ thứ tự cắt $AC, AB$ tại $E, F$. Khi đó $EF$ là trục đẳng phương của $(ABC)$ và $(LH)$.
Lời giải: Kẻ $LK \perp HB$, tức là $LK \perp CA$. Do $CA$ chia đôi $LB$ nên $F$ là trung điểm $KB$. Do đó $\mathbb{P}_{F/(ABC)}= \overline{FA}.\overline{FC}=-\overline{FB}.\overline{FH}=\overline{FK}.\overline{FH}=\mathbb{P}_{F/(LH)}$. Do đó $F$ thuộc trục đẳng phương của $(ABC)$ và $(LK)$. Tương tự xét điểm $E$ ta có đpcm.
Bài 2: Cho $\triangle ABC$ với trực tâm $H$ và nội tiếp $(O)$. $BH, CH$ cắt $AC, AB$ tại $E, F$. Gọi $d$ là đường thẳng qua $H$ song song $BC$. $EF$ cắt $d$ tại $L$. Gọi $K$ là hình chiếu của $L$ trên $OH$. Khi đó $H$ thuộc trục đẳng phương của đường tròn $(OK)$ và đường tròn Euler của $\triangle ABC$.
Lời giải: Gọi $M$ là trung điểm $BC$. $OM$ cắt $d$ tại $N$. Do đó $\overline{HO}.\overline{HK}=\overline{HL}.\overline{HN}$(1). Lấy $P$ thuộc $(O)$ sao cho $AP \parallel BC$. Kẻ $PQ \perp BC$ với $Q \in d$. Khi đó $BHQC$ là hình thang cân nên $Q \in (BHC)$. Xét phép nghịch đảo cực $H$, phương tích $\overline{HE}.\overline{HB}$: $\mathbb{I}_{H}^{\overline{HE}.\overline{HB}}$ biến $B \leftrightarrow E$, $C \leftrightarrow F$, $d \leftrightarrow d$. Do đó $L=EF \cap d \leftrightarrow (BHC) \cap d$. Suy ra $L, Q, E, B$ đồng viên. Suy ra $\overline{HN}.\overline{HL}=\frac{1}{2} \overline{HL}.\overline{HQ}=\frac{1}{2}.\overline{HE}.\overline{HB} = \mathbb{P}_{H/(Euler)}$(2). Từ (1) và (2) ta có đpcm.

Một hướng đi gần giống:
$AK$ cắt $(O)$ tại $E$. $PK$ cắt $(BOC)$ tại $F$. Ta có $\overline{KE}.\overline{KA}=\overline{KB}.\overline{KC}=\overline{KP}.\overline{KF}$ nên $A, P, E, F$ đồng viên. Do đó $\widehat{PAK}=\widehat{PFA}$ (vì $PA=PE$). Suy ra $PA$ là tiếp tuyến của $(AKF)$.
$AP$ cắt $(BOC)$ tại $Q$. $QF, PE$ cắt $BC$ tại $M, N$. Do $AK \parallel PT$ nên $PT$ là phân giác của góc $\widehat{EPQ}$. Nếu $PE$ cắt $(BOC)$ tại $S$ thì $SQ \parallel BC$. Bằng cộng các cung chứa góc của đường tròn $(BOC)$ suy ra $\widehat{PFQ}=\widehat{ENM}$ hay $M, F, N, P$ đồng viên. Suy ra $\widehat{QMN}=\widehat{FPE}=\widehat{FAK}$ do đó $A, K, F, M$ đồng viên.
$(AKM)$ cắt $AD$ tại $Z$ thì ta có $\widehat{KLD}=\widehat{KAP}=\widehat{AMK}=\widehat{KZD}$ nên $Z \in (KLD)$. Do đó $\widehat{ZFP}=\widehat{DAK}=\widehat{ZDP}$ hay $Z, F, P, D$ đồng viên. Đến đây ta có đpcm.