vẫn chưa đến thời đại của 2000 ( trừ PNK )

Cho mình hỏi bạn Phạm Nam Khánh đã được đi thi quốc gia rồi cơ à./

Theo mình biết thì đâu tuyển lớp 10./

Vẫn có người sinh năm 2000 mà đi thi đó thôi

Huỳnh Bách Khoa: dogsteven

viet nam in my heart: Chuyên Vĩnh Phúc./

Có anh chị nào học PBC đi không ạ ? Em hóng

Có anh canhhoang30011999 

Lời giải $\boxed{\text{bài toán 87}}$ của Tev Cohl có thể tham khảo link.

Để tiếp tục topic, mình xin đề xuất một bài toán "dễ thở". Bài toán nằm trong bài viết của mình và thầy Hùng trong số báo epsilon 10.

$\boxed{\text{Bài toán 88.}}$ (Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ có đường cao $CD$. Gọi $E,M$ là trung điểm của $BD,CE.R$ thuộc $AB$ sao cho $BR=CD.CR$ cắt $AM$ tại $K$. Chứng minh rằng $\angle CKD=90^\circ$.

PS. Mong mọi người có lời giải ngắn gọn cho bài này, mình chỉ có một lời giải thuần túy nhưng khá dài và lời giải còn lại dùng tính toán!

$\boxed{\text{Bài toán 80}}$ đã lâu chưa có lời giải nên mình sẽ đưa ra lời giải để tiếp tục topic.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 80}}$.

Hình 1.

Đầu tiên ta sẽ chứng minh $\angle KEQ=90^\circ$. Biến đổi góc : $\angle REQ=180^\circ-\angle RSQ=\angle RNB=\angle LNB,\ \angle KER=\angle KLR$. Chú ý $RL\perp AB$ nên $\angle KEQ=\angle REQ+\angle KER=90^\circ$. Từ đó $E\equiv (KQ)\cap (M).$

Hình 2.

Do $AB$ đi qua tâm $M$ của $(M)$ nên dễ thấy $RN$ cắt $KQ$ tại $T$. Gọi $S$ là điểm chính giữa cung $AB$ không chứa $CD$ của $\Omega$. Chú ý trực tâm $H$ đối xứng với $S$ qua $AB$ nên $TR$ đi qua $S$. Tiếp theo ta sẽ chứng minh $QS$ đi qua $F$. Gọi $Z,G$ lần lượt là giao điểm của $KF$ và $EQ$ với $(M)$. Chú ý rằng $M$ là trung điểm $HS,HK\perp KZ$ nên $\angle KZS=90^\circ$. Từ đó $ZS$ đi qua $G$. Từ đây theo định lí $Pascal$ thì $F,S,Q$ thẳng hàng.

Gọi $QS$ cắt đường tròn $(KEF)$ tại $X$. Do $\angle KXF=\angle KER=\angle KTR$ từ đó tứ giác $KSTX$ nội tiếp suy ra $QX.QS=QT.QK=QD.QC$ kéo theo tứ giác $SCXB$ nội tiếp. 

Do tứ giác $KHST$ nội tiếp nên năm điểm $K,H,S,T,X$ cùng thuộc một đường tròn. Từ đó $\angle FKX=90^\circ+\angle HKX=90^\circ+\angle HSX=\angle XDS$. Từ đó $(KEF)$ tiếp xúc đường tròn $\Omega. \ \blacksquare$

Việc đề xuất bài toán mới thì thầy có thể giúp đỡ được không ạ?

Nguồn gốc bài toán: http://www.artofprob...1202245p5915727

PS. Thành thật xin lỗi vì việc trùng điểm $S$ nên mình phải vẽ ra hai hình cho tiện!

Lời giải bài 116.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $O$, trực tâm $H$, $M$ là trung điểm $BC$. Đường cao $BE$, $CF$. $MH$ cắt $EF$ và $(O)$ lần lượt tại $R$, $K$. $KA$ cắt $MO$ tại $P$. Đường thẳng qua $P$ vuông góc với $EF$ cắt $KO$ tại $Q$. Khi đó $QR$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$.

Chứng minh. Do $AH\parallel PM$ nên $\tfrac{MH}{MK}=\tfrac{PA}{PK}=\tfrac{QO}{QK}$. Mặt khác do $(KHRM)=-1$ nên $\tfrac{MH}{MK}=\tfrac{RH}{RK}$. Từ đó theo định lí Menelaus $RQ$ đi qua trung điểm $OH$ hay $QR$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$. Bổ đề được chứng minh.

Quay lại bài toán.

Ta có $\widehat{QFB}=\widehat{QEF}=180^\circ-\widehat{QDF}=90^\circ-\tfrac{1}{2}\widehat{ABC}$ (do $DF$ đi qua điểm chính giữa cung $AB$ không chứa $C$ của $\triangle ABC$). Gọi $M$ là giao điểm của $QF$ với $BC$ thì $\triangle FBM$ cân tại $B$ suy ra $IF=IM=IE$ suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $FME$ kéo theo $\widehat{EMF}=90^\circ$. Xác định điểm $N$ tương tự thì $\widehat{ENF}=90^\circ$. Do $\widehat{QDI}=90^\circ$ nên $DI$ đi qua điểm $Q'$ đối xứng với $Q$ qua $K$. Do đó $DI$ đi qua trực tâm tam giác $QEF$. Từ đó theo bổ đề ta có điều phải chứng minh.

$\boxed{\text{Lời giải bài 15}}$ Bài này dùng biến đổi góc là được!

Gọi $S$ là giao của $\odot (ABC)$ với $\odot (W_2)$.

Ta có: $\measuredangle XYS=180^\circ-\measuredangle YCS=\measuredangle AQS=\measuredangle ABS\Longrightarrow X,Y,S,B$ đồng viên.

$\measuredangle XQS=\measuredangle AQS-\measuredangle AQX=\measuredangle XYS-\measuredangle AYX=180^\circ-\measuredangle YKS-\measuredangle AYX=180^\circ-\measuredangle YKS-\measuredangle YKX=180^\circ-\measuredangle XKS$

$\Longrightarrow Q,X,K,S$ đồng viên.

Giả sử $SY$ cắt $AB$ tại $T. \measuredangle TXK=180^\circ-\measuredangle BXK=180^\circ-\measuredangle BPK=180^\circ-\measuredangle TSK$

$\Longrightarrow T,X,K,S$ đồng viên $\Longrightarrow T,Q,K,X$ đồng viên $\Longrightarrow \measuredangle AXQ=\measuredangle TXQ$.

Mặt khác do $X,Y,S,B$ đồng viên nên $\overline{P,K,T}\Longrightarrow \measuredangle AXQ=\measuredangle QKP.\blacksquare$

Bài toán đề nghị.

$\boxed{\text{Bài toán 16}}$. Cho tam giác $ABC.\odot (K)$ bất kì qua $B,C$ cắt $CA,AB$ lần lượt tại $E,F.BE,CF$ cắt nhau tại $H$. Kẻ $HL,BM,CN$ vuông góc với $AK(M,N,P$ thuộc $AK$). Gọi $G$ là hình chiếu của $L$ lên $BC$. Đường thẳng qua $A$ lần lượt song song với $BE,CF$ lần lượt cắt trung trực $AM,AN$ tại $Q,R$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của $\odot (Q;QA),\odot (R;RA)$ đi qua $G$.

Nguồn.

$\boxed{\text{Bài toán 21}}$ được anh NgocKhanh99k48 đăng lên đã ba ngày chưa có lời giải nên để tiếp tục topic mình sẽ để bài toán này lên đầu trang và tiếp tục cho đến khi nào có người giải được nó. Xin đề xuất bài toán tiếp theo dễ thở hơn nhiều để tiếp tục topic.

$\boxed{\text{Bài toán 22}}$ (Sáng tác - dựa trên kết quả của thầy Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC.P$ là một điểm bất kì trong tam giác sao cho $\measuredangle BPC=180^\circ-\measuredangle BAC$. Giả sử tồn tại hai điểm $E,F$ trên $BP,CP$ sao cho $EF\parallel BC$ và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ thuộc $BC$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ và $ABC$ tiếp xúc nhau.

Hình vẽ bài toán 22

Tản mạn chút

$\boxed{\text{Bài toán 21}}$ được đưa lên AopS bởi Telv Cohl và đã unsolve trong hai năm liền! Gần đây nó được thành viên langkhanh1122 nhắc đến và được thành viên SalaF đưa ra ý tưởng chứng minh rất dài! Hi vọng có ái đó có lời giải cho bài này! Để topic tiếp tục, mọi người hãy cùng thử sức với bài toán mình vừa đề xuất!

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 82}}$. Bài này khá đơn giản!

Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm của $(AOX)(BOY)(COZ)$ với $(O)$. Do tứ giác $AOXD$ nội tiếp nên $\angle ADX=180^\circ-\angle AOX=2\angle OAX=2\angle ODX$. Từ đó $DA,DX$ đẳng giác trong $\angle BDC$. Chú ý tam giác $BDC$ đều nên từ đó $AD,AX$ đẳng giác trong $\angle A$. Theo định lí $Napoleon$ thì $AX,BY,CZ$ đồng quy tại điểm đẳng giác với điểm $Napoleon$ của tam giác $ABC$. Gọi điểm đó là $K$.

Gọi $OK$ cắt $(AOX)$ tại $T$ thì $OA^2=OK.OT$ từ đó $T$ xác định duy nhất trên $OK$. Mặt khác do $OA=OB=OC$ nên ba đường tròn $(AOX)(BOY)(COZ)$ đồng quy tại $T.\blacksquare$

PS. Kết quả về ba đường tròn đồng quy dạng này thì khá nhiều và quen thuộc với các chứng minh hoàn toàn tương tự như trên. 

Một kết quả khác như sau. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là đối xứng của $A,B,C$ qua $BC,CA,AB$. Khi đó $(AOX)(BOY)(COZ)$ đồng quy.

Chứng minh hoàn toán tương tự như trên, chú ý điểm cần tìm ở đây là điểm $Konista$ của tam giác $ABC$.

Đề xuất bài toán tiếp theo khá nhẹ nhàng!

$\boxed{\text{Bài toán 83}}$.(AoPS) Cho tam giác $ABC$, trực tâm $H.M$ là trung điểm $BC$. Trên $BC$ lấy $S$ sao cho $HS,HM$ đẳng giác. Hạ $AP\perp HS$. Chứng minh rằng $(MSP)$ tiếp xúc $(ABC)$.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 23}}$. Bài này sử dụng một số kết quả quen thuộc nên mình/em không chứng minh tại đây!

$\boxed{\text{Kết quả 1.}}$ $OI$ là đường thẳng $Euler$ của tam giác $I_AI_BI_C$.

$\boxed{\text{Kết quả 2.}}$ Gọi $N$ là giao điểm của $I_AH$ với $I_B,I_C$. Khi đó $\frac{NI_C}{NI_B}=\frac{I_AC}{I_AB}$

Kết quả này cũng đúng khi mở rộng ra hai điểm liên hợp đẳng giác, chứng minh tham khảo trong link (Bổ đề $4$)

Quay lại bài toán đang xét.

Tiếp tuyến tại $P$ của $(I)$ cắt $BC$ tại $M$. Ta có $MP^2=MB.MC\Longrightarrow \mathcal{P}_{(M/(I))}=\mathcal{P}_{(M_(O))}$ hay $M$ thuộc trục đẳng phương của $(O)$ và $(I)\Longrightarrow M,E,F$ thẳng hàng.

Hình vẽ bài toán

Do $\triangle PMI_A$ cân tại $M$ nên $PI_A$ là phân giác $\angle BPC\Longrightarrow P$ nằm trên đường tròn $Apollonius$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{I_AB}{I_AC}$

Mặt khác theo kết quả 2 thì $\frac{NI_C}{NI_B}=\frac{I_AC}{I_AB}=\frac{I_BC}{I_CB}\Longrightarrow \triangle NI_CB\sim \triangle NI_BC$

$\Longrightarrow \frac{BN}{NC}=\frac{I_AB}{I_AC}\Longrightarrow NI_A$ là phân giác $\angle BNC\Longrightarrow N$ thuộc đường tròn $Apollonius$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{I_AB}{I_AC}$. Gọi $T$ là giao điểm thứ hai khác $I_A$ của đường tròn $Apollonius$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{I_AB}{I_AC}$ với $BC$. 

Do $B,N,I_A,T$ cùng thuộc một đường tròn nên $\angle PNH=180^\circ-\angle PTI_A=180^\circ-\angle PI_AI$

Mặt khác để ý rằng $P,I,I_A,M,F$ cùng thuộc một đường tròn nên $\angle PFH=\angle PI_AI\Longrightarrow P,N,H,F$ cùng thuộc một đường tròn. 

Do $\angle HNE=\angle EFH$ nên $F,N,H,E$ cùng thuộc một đường tròn $\Longrightarrow E,F,P,H$ cùng thuộc một đường tròn.$\square$

Bài toán đề xuất: $\boxed{\text{Bài toán 24}}$ (Thầy Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC.P,Q$ là hai điểm liên hợp đẳng giác. $K,L,M,N$ lần lượt là trực tâm các tam giác $PAB,PAC,QAB,QAC.KL$ cắt $MN$ tại $R$. Chứng minh rằng $AR\perp BC$.

P/s

Hi vọng anh Dương sẽ thích bài này!

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 3\\ \hline baopbc & 6\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline\end{array}$$

Bài toán $90$ đúng trong trường hợp tổng quát hai điểm liên hợp đẳng giác, bài này đã được anh Huy đưa lên AoPS tại đây và có lời giải của Telv Cohl.

Đề xuất bài toán tiếp theo khá nhẹ nhàng để tiếp tục topic.

$\boxed{\text{Bài toán 91}}$ (Own) Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O_1)$ cắt nhau tại $B,C;M$ là trung điểm $BC$. Điểm $A$ chạy trên $(O)$ và khác $B,C.AB,CA$ theo thứ tự cắt $(O_1)$ tại $F,E;P,Q$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $BE,CF$. Dựng hình bình hành $MPKQ$. Chứng minh rằng $AK$ luôn đi qua một điểm cố định.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 26}}$. Ta có $\angle HPM=\angle MNH=\angle MNA=\angle ACB\Longrightarrow P,X,H,C$ cùng thuộc một đường tròn 

$\Longrightarrow \angle PHX=\angle PCA$. Tương tự thì $\angle PHY=\angle PBA\Longrightarrow \angle PHX=\angle PHY\Longrightarrow H,X,Y$ thẳng hàng hay $XY$ đi qua $H.\blacksquare$

Hình vẽ bài toán

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 27}}$ (AopS) Cho tam giác $ABC,H$ là một điểm sao cho $\angle HBA=\angle HCA$. Trên đoạn $B,C$ lấy các điểm $D,E$ sao cho $\angle DHB=\angle EHC$. Trên $(ABC)$ lấy $K$ sao cho $\angle AKH=90^\circ$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $KDE$ tiếp xúc $(ABC)$.

Hình vẽ bài toán

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 4\\ \hline baopbc & 7\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 1\\ \hline\end{array}$$

Lời giải bài toán 121. Gọi $X$ là giao điểm của $QI$ với đường tròn $(O)$. $Y$, $Z$ lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ $AQ$ của $(O)$ và cung nhỏ $EF$ của $(K)$.

Theo bài toán 111 thì $X$, $Y$, $Z$ thẳng hàng. Mặt khác do $\triangle RYM\sim \triangle NZD$ (do $DZ\parallel MY$ theo bài toán 111) nên $X$, $N$, $R$ thẳng hàng.

Gọi $U$, $V$ lần lượt là điểm chính giữa cung $AC$, $AB$ của đường tròn $(O)$. Qua phép vị tự tâm $X$, tỉ số $\tfrac{XK}{XO}$ biến $N$ thành $R$, $E$ thành $U$, $F$ thành $V$, $K$ thành $O$ nên $R$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $UOV$. Do $\widehat{VOR}=\widehat{VPU}=\widehat{BPO}$ nên các tam giác cân $POB$ và $ORV$ đồng dạng. Do đó $OP^2=OR\cdot PB=OR\cdot PI$ suy ra $\tfrac{OR}{PI}=\tfrac{OP^2}{PI^2}$. Từ đó theo định lí Thales $PR$ là đường đối trung của tam giác $OPI$ nên $\widehat{APR}=\widehat{QPJ}$.  $\square$

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 55}}$ (Tóm tắt)

$M\equiv CR\cap BQ$. Đế ý $\triangle CAR\sim \triangle EOD,\triangle BAQ\sim \triangle FOD$ dễ suy ra $\angle BMY=\angle BPC\implies B,M,P,C$ đồng viên.

Theo kết quả quen thuộc thì $DE=DF$ từ đó $\triangle CAR\sim \triangle BAQ$

Đế ý $\frac{PB}{PC}=\frac{AB}{AC}\implies \frac{PB}{BQ}=\frac{PC}{PR}\implies \triangle RPC\sim \triangle QPB$

$\implies R,Q,P,M$ đồng viên.

$X\equiv CM\cap AB,Y\equiv BM\cap AC$. Đế ý $\angle ACR=\angle ABQ$ nên $B,X,Y,C$ đồng viên $\implies XY\perp AO$

Đế ý $\angle ABM=\angle ACR=\angle ARC\implies A,R,B,M$ đồng viên $\implies XR.XM=XB.XA\implies X$ thuộc trục đẳng phương của $(O)$ và $(PQR)$.

Tương tự kéo theo $XY$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(PQR)\implies XY\perp OK\implies A,O,K$ thẳng hàng.$\blacksquare$

Nhân đề xuất bài toán mới, mình/em xin đưa ra một lời giải khác cho bài toán 54.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 54}}$ 

$E\equiv BQ\cap AC,F\equiv CQ\cap AB,X\equiv BH\cap AC,Y\equiv CH\cap AC$. 

Dễ thấy $QH$ là trục đẳng phương của $(BE)(CF)$. Gọi $M,N$ theo thứ tự là hình chiếu của $E,F$ lên $BA,AC$.

Dễ thấy $P\equiv XM\cap YN$. Mặt khác $M,N,X,Y$ đồng viên nên $PM.PX=PN.PY$ do đó $P$ thuộc trục đẳng phương của $(BE)(CF)$ hay $P,H,Q$ thẳng hàng.

$\boxed{\text{Bài toán 56}}$ (Thầy Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn tâm $I.(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. Trung trực $AD$ cắt $ID$ tại $M$. Gọi $E,F$ theo thứ tự là trung điểm $AD,AI$. Chứng minh rằng $OM$ chia đôi $EF$ với $(O)\equiv (ABC)$.

$\boxed{\text{Lời giải khác cho bài toán 81}}$.

Gọi $O,H,N$ lần lượt là trực tâm, tâm ngoại tiếp và tâm đường tròn $Euler$ của tam giác $IED$. Gọi $O'$ là đối xứng của $O$ qua $DE$ thì $OO'=IH$. Từ đó $IHO'O$ là hình bình hành suy ra $AO'$ đi qua $N$ là trung điểm $OH$. Do đó ta chỉ cần chứng minh $AI$ đi qua $O'$ là đối xứng của $O$ qua $DE$ đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HED$. Đường thẳng qua $D,E$ lần lượt song song với $CI,BI$ cắt nhau tại $P$ thì tứ giác $PDEH$ nội tiếp. Gọi $(O')$ cắt $AC,AB$ tại $M,N$. Do $\angle AEM=\angle PDM+\angle AEP=\angle B/2+\angle C/2=180^\circ-\angle BIC=180^\circ-\angle EPD=180^\circ-\angle EMD$ nên từ đó $EMND$ là hình thang cân suy ra $AI$ đi qua tâm $(EMND)$ hay $AI$ đi qua $O'.\ \blacksquare$

PS. Anh Dương đề xuất bài toán mới đi ạ!

Trâu bò vậy!

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 57}}$

Áp dụng công thức đường trung tuyến ta chỉ cần chứng minh:

$MQ^2+NQ^2=MR^2+NR^2 \ (1)$

Theo bổ đề $Carnot$ thì $(1)\iff $

$\cos \angle QRM.MR=\cos \angle NQB.NQ$

$\iff \cos \angle ACD.MR=\cos \angle ABD.NQ$

$\iff sin \angle DAC.MR=\sin \angle ADB.NQ$

$P\equiv AC\cap BD$. Theo định lí $Sin$ thì

$\frac{\sin \angle DAP}{\sin \angle ADP}=\frac{PD}{PA}$

Ta cần chỉ ra

$\frac{NQ}{MR}=\frac{PD}{PA} \ (*)$

Tiếp tục sử dụng định lí $Sin$ và công thức diện tích ta suy ra

$\frac{MR}{MD}=\frac{\sin \angle MCB}{\sin \angle MCD}=\frac{PB.BC}{PD.CD}$

Tương tự thì 

$\frac{NQ}{NA}=\frac{PA.AB}{PC.BC}$

Mặt khác $MD=\frac{1}{2}AC \ , \ NA=\frac{1}{2}BD$ nên dễ suy ra $(*)$ đúng hay đẳng thức được chứng minh $\implies NQ=NR.\blacksquare$

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 58}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O).I$ bất kì trên phân giác $\angle A.D,E,F$ lần lượt là hình chiếu của $I$ lên $BC,CA,AB.OI$ cắt $BC$ tại $K.L$ thuộc $AK$ sao cho $AI\parallel DL.LD$ cắt $EF$ tại $X$. Chứng minh rằng $X$ là trung điểm $DL$

Kết quả này mình từng mở rộng từ một bài tập của thầy mình, nếu có trùng lặp mong mọi người thông cảm! Bài toán gốc là khi $I\equiv $ tâm nội tiếp của tam giác $ABC$.

Đề xuất bài toán tiếp theo để tiếp tục topic!

$\boxed{\text{Bài toán 87}}$ (AoPS) Cho $\Omega$ và $\Omega'$ là các đường tròn cố định. $AA',BB'$ lần lượt là tiếp tuyến trong và tiếp tuyến ngoài của $\Omega$ và $\Omega'.C,C'$ là các điểm bất kì trên $\Omega,\Omega'$. Gọi $X,Y$ lần lượt là giao điểm của $AC$ và $A'C';BC$ và $B'C'$. Chứng minh rằng $(XY)$ luôn đi qua một điểm cố định khi $C,C'$ di chuyển.

Đề xuất bài toán tiếp theo khá nhẹ nhàng!

$\boxed{\text{Bài toán 63}}$ (AoPS) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Phân giác $\angle A$ cắt trung trực $CA,AB$ tại $M,N.H$ là trực tâm tam giác $OMN$. Chứng minh rằng $AH$ chia đôi $BC$.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 89.}}$ Gọi $A_6$ là giao điểm của $AA_0$ với $(N).A_3'$ là giao điểm của $AA_1$ với $(N)$.

Ta có $\angle AA_6A_3'=\angle AA_1A_0=A_3'AA_2$ nên $AA_2$ tiếp xúc đường tròn $(AA_3'A_6)$.

Mặt khác $\angle AC_0B_0=\angle ACB=\angle CAA_2$ nên $AA_2$ tiếp xúc đường tròn $(AB_0C_0)$.

Từ đó các đường tròn $(AA_3'A_6)$ và $(AB_0C_0)$ tiếp xúc nhau. Theo định lí về tâm đẳng phương ta suy ra $B_0C_0,AA_2,A_3'A_6$ đồng quy.

Do đó $A_3'A_6$ đi qua $A_2$. Từ đó $A_2A_3'A=90^\circ$ nên $A_3\equiv A_3'$.

Do $A_4$ và $N$ lần lượt là tâm đường tròn $\text{Euler}$ của tam giác $ABC$ và đường tròn đường kính $AA_2$, để ý rằng $A_3$ là giao của hai đường tròn này nên $A_5$ đối xứng với $A_3$ qua đoạn nối tâm sẽ là giao điểm thứ hai của hai đường tròn. Từ đó $\angle AA_5A_2=90^\circ$. 

Gọi $A_2A_0$ cắt $(N)$ tại điểm $A_5'$ khác $A_0$. Ta có $\mathcal{P}_{A_2/(N)}=A_2A^2=A_2A_5'.A_2A_0$ nên $\angle AA_5'A_2=90^\circ$.

Do đó $A_5\equiv A_5'$.

Gọi $X$ là giao điểm của $A_5$ với $(N)$. Do $\angle AA_5A_0=90^\circ$ nên $X$ đối xứng với $A_0$ qua $N$, từ đó $X$ thuộc trung trực $BC$.

Từ đây áp dụng định lý $\text{Ceva}$ dạng lượng giác cho các tam giác $AB_1C_1,BC_1A_1,CA_1B_1$. Chú ý rằng 

\[\frac{\sin \angle XB_1C_1}{\sin \angle ZB_1A_1}.\frac{\sin \angle ZA_1B_1}{\sin \angle YA_1C_1}.\frac{\sin \angle YC_1A_1}{\sin \angle XC_1B_1}=1\]

và các cặp góc bằng nhau $\angle XB_1A_1=\angle YA_1B_1,\angle XC_1B_1=\angle ZA_1B_1,\angle YC_1A_1=\angle ZB_1A_1$ ta suy ra

\[\prod \frac{\sin \angle XAB_1}{\sin \angle XAC_1}=1\]

Từ đó theo định lý $\text{Ceva}$ dạng lượng giác ta suy ra $AX,BY,CZ$ đồng quy hay $AA_5,BB_5,CC_5$ đồng quy. $\blacksquare$

Đề xuất bài toán mới để tiếp tục topic!

$\boxed{\text{Bài toán 90}}$ (Đặc biệt hóa) Cho tam giác $ABC$, trọng tâm $G$, điểm $\text{Lemoine}$ $L$. $U,V$ lần lượt là hình chiếu của $L,G$ trên $BC$. Gọi $J$ là giao điểm khác $A$ của đường tròn $(AUV)$ và đường tròn $(ABC)$. $AT$ là đường kính của đường tròn $(ABC)$. Chứng minh rằng $JT$ chia $LU,GV$ cùng tỉ số.

Tác giả bài toán tổng quát là "đại ca" Trần Quang Huy!

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 64}}$

Theo kết quả ELMO (#13) ta suy ra $AK\perp EF.X\equiv AK\cap EF$.

$PL\parallel AO$ khi và chỉ khi $AP$ là phân giác $\angle OAX$ hay $AP$ là phân giác $\angle EAF$

Mặt khác theo kết quả IMO 2010 (Problem 4) ta có điều phải chứng minh.$\blacksquare$

Đề nghị bài toán mới.

$\boxed{\text{Bài toán 65}}$ (AoPS) Cho tam giác $ABC$ với $\angle A\neq 90^\circ$ nội tiếp đường tròn $(O).D$ bất kì trên $BC$. Trung trực $AD$ cắt $OA$ tại $T.TD$ cắt $OB,OC$ tại $E,F$. Kí hiệu $\omega$ là đường tròn qua $A,D$ lần lượt tiếp xúc với $TA,TD$. Chứng minh rằng đường tròn $(OEF)$ tiếp xúc $\omega$

Lời giải bài toán 115. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $G$. Do tứ giác $ABXC$ điều hòa nên $GX$ tiếp xúc $(O)$, mặt khác do $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $X$ nên $GX$ tiếp xúc $(K)$. Theo bài toán 112 thì $KS\perp BC$ nên $SY=SZ$. Do đó $GA^2=GX^2=GY\cdot GZ=\mathcal{P}_{G/(S)}=GS^2-SY^2$.

Theo định lý Cosin thì $GS^2=GO^2+OS^2-2OS.OG.\cos (\widehat{SOG})=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}OL.OG.\cos (\widehat{SOG})$.

Gọi $T$ là giao điểm của $OG$ với $AX$. Do $OG\perp AX$ nên $OL.\cos(\widehat{SOG})=OT$, suy ra

$GS^2=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}OG.OT=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}R^2$

$\Rightarrow GA^2=GO^2-\tfrac{1}{2}R^2+OS^2-SY^2\Rightarrow SY^2-OS^2=\tfrac{1}{2}R^2$.

Gọi $F$ là giao điểm của $(XYE)$ với $AX$.

Ta có $LF\cdot LX=LY\cdot LE=SY^2-LS^2=SY^2-\tfrac{9}{16}LO^2=SY^2-OS^2-\tfrac{1}{2}OL^2=\tfrac{1}{2}(R^2-LO^2)=\tfrac{1}{2}LA\cdot LX$

$\Rightarrow F$ là trung điểm $AL$.$\square$

Lời giải bài toán 65 có thể tham khảo thêm lời giải khác của anh Huy tại đây.

Theo đề nghị của anh Khánh, đề xuất bài toán tiếp theo.

$\boxed{\text{Bài toán 66}}$ (AoPS) Cho hai đường tròn $(O),(O')$ có tâm vị tự ngoài $V.l$ là đường thẳng qua $V$ vuông góc với $OO'$. Hai điểm $P,Q$ trên $(O),(O')$ sao cho $V,P,Q$ thẳng hàng. Tiếp tuyến tại $P$ của $(O)$ cắt tiếp tuyến tại $Q$ của $(O')$ tại $X.XP,XQ$ cắt $l$ theo thứ tự tại $Y,Z$. Chứng minh rằng khi $P,Q$ thay đổi thì đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$ tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Lời giải bài toán 118.

Gọi $D$ là đối xứng của $L$ qua $BC$ thì $DP\parallel OC$, $DQ\parallel OB$.

Ta có $\tfrac{MD}{MO}=\tfrac{ML}{MO}=\tfrac{HK}{HA}$. Từ đó $\tfrac{MP}{MC}=\tfrac{MQ}{MB}=\tfrac{HK}{HA}$

Gọi $X$, $Y$, $S$, $T$ lần lượt là hình chiếu của $K$, $H$ lên $CA$, $AB$. 

Do $\triangle AKY\sim \triangle CPE$ và $\tfrac{YA}{YT}=\tfrac{PC}{PM}$ nên $\triangle CME\sim \triangle ATK$

Từ đó $\widehat{EMC}=\widehat{KTY}$ nên $\triangle EMP\sim \triangle TKY$.

Tương tự $\triangle FMQ\sim \triangle KSX$.

Do tứ giác $TKSC$ nội tiếp nên $\widehat{KSX}=\widehat{YKT}$ suy ra $\triangle YKT\sim \triangle XSK$

Từ đó $\triangle MPE\sim \triangle FQM$ kéo theo $MP^2=PE\cdot QF\Rightarrow PQ^2=4PE\cdot QF$

$\Rightarrow EF^2=(QF-PE)^2+PQ^2=(QF-PE)^2+4PE\cdot QF=(QF+PE)^2\Rightarrow EF=QF+PE$.  $\square$

Theo yêu cầu của bạn Nguyen Dinh Hoang, xin đề xuất bài toán mới. 

$\boxed{\text{Bài toán 67}}$ (Trần Quang Hùng ~ Nguyễn Đức Bảo) Cho tam giác $ABC$. Một đường tròn $(K)$ qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F.H$ là giao điểm của $BE,CF$. Kẻ $HL\perp AK,LD\perp BC.M$ là trung điểm $BC.AK$ cắt $(CL)$ tại $N$. Đường thẳng qua $A$ song song với $CH$ cắt trung trực $AN$ tại $Q$

Chứng minh rằng $(Q,QA),(CL),(MD)$ đồng quy.

Mô hình bài toán này khá giống với một bài toán mình đề nghị trong topic, tất cả đều dựa trên mô hình bài toán ??? của thầy Trần Quang Hùng!

Nguồn gốc bài 66: http://www.artofprob...1108467p5035848

Lời giải bài toán 126. Ta phát biểu bài toán về dạng dễ nhìn hơn như sau :

Bài toán 126'. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trực tâm $H$. $P$ thuộc $OH$. Gọi $X$, $Y$, $Z$ lần lượt là đối xứng của $P$ qua trung trực $BC$, $CA$, $AB$. Chứng minh rằng $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy.

Giải. Bổ đề (Định lý Steiner). Cho tam giác $ABC$. $D$, $E$ là hai điểm bất kỳ trên $BC$. Khi đó $AD$, $AE$ đẳng giác trong $\widehat{BAC}$ khi và chỉ khi $\tfrac{DB}{DC}\cdot \tfrac{EB}{EC}=\tfrac{AB^2}{AC^2}$

Quay lại bài toán. Ta sẽ chứng minh $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy tại một điểm có điểm liên hợp đẳng giác thuộc $OH$.

Gọi $T$ là giao điểm của $AX$ với $OH$, đường đẳng giác với $AX$ trong $\widehat{BAC}$ cắt $OH$ tại $S$.

Do $AO$, $AH$ đẳng giác nên $AX$, $AS$ đẳng giác trong $\widehat{OAH}$.

Theo định lý Steiner ta suy ra, 

\[\frac{SH}{SO}=\frac{AH^2}{AO^2}\cdot \frac{TO}{TH}\Rightarrow \frac{SH}{SO}=\frac{AH^2}{AO^2}\cdot \frac{TO}{TH}\]

Gọi $G$ là giao điểm của $XO$ với $AH$, $R$ là giao điểm của đường tròn $(ARO)$ với $AO$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $OGH$ với $\overline{ATX}$ ta thu được,

\[\frac{TO}{TH}=\frac{XO}{XG}\cdot \frac{AG}{AH}\Rightarrow \frac{SH}{SO}=\frac{AH\cdot XO\cdot AG}{AO^2\cdot XG}\]

Do $\tfrac{XO}{XG}=\tfrac{OP}{OP+OH}$ nên,

\[\frac{SH}{SO}=\frac{AH\cdot OP\cdot AG}{AO^2\cdot (OP+OH)}\]

Do tứ giác $HGRO$ nội tiếp nên $AG\cdot AH=AR\cdot AO$.

Chú ý các góc $\widehat{HRO}$ và $\widehat{AHO}$ bằng nhau nên $\triangle HRO\sim \triangle AHO$.

$\Rightarrow OR=\tfrac{OH^2}{AO}$

Từ đó,

\[\frac{SH}{SO}=(1-\frac{OH^2}{OA^2})\cdot \frac{OP}{OP+OH}\]

Tương tự với $B$, $C$, ta suy ra $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy tại điểm liên hợp đẳng giác với $S$ đối với tam giác $ABC$. $\square$