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!

Bài toán $91$ đã lâu chưa có ai giải nên mình xin được phép đưa ra lời giải để tiếp tục topic.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 91}}$  Gọi $X,Y$ lần lượt là đối xứng của $B,C$ qua $P,Q$. Do $MPKQ$ là hình bình hành nên $K$ là trung điểm $XY$. Mặt khác do $\angle XBA=\angle YCA$ nên $\triangle BAX\sim \triangle CAY$ suy ra $\angle BAX=\angle CAY$. Gọi $E',F'$ lần lượt là giao điểm của $AX,AY$ với đường tròn $(O)$ thì $E'F'\parallel BC$. Gọi $H$ là giao điểm của $CE'$ và $BF'$. Đường thẳng qua $H$ song song với $XY$ cắt $AE',AF'$ lần lượt tại $S,T$. Gọi $S',T'$ lần lượt là hình chiếu của $H$ lên $AS,AT.L$ là giao điểm khác $A$ của $AH$ với đường tròn $(O)$. Dễ thấy $\triangle S'HT'\sim \triangle E'LF'$ (g.g) nên \[\frac{HS'}{HT'}=\frac{LE'}{LF'}=\frac{AC.HL}{HC}.\frac{HB}{AB.HL}=\frac{AC}{AB}=\frac{AY}{AX}=\frac{AT}{AS}\] Do đó $HS'.AS=HT'.HT$ suy ra $[HAS]=[HAT]$ từ đó $H$ là trung điểm $ST$. Theo bổ đề hình thang $AH$ đi qua trung điểm $K$ của $XY$ hay $AK$ đi qua $H$ là giao điểm của $CE',BF'$. Lại có $\angle BAE'=\angle CAF'$ cố định nên các điểm $E'F'$ cố định trên đường tròn $(O)$ do đó $AK$ đi qua một điểm cố định. $\blacksquare$

Lần này mình sẽ không đề xuất bài toán mới nữa mà sẽ dành công việc này cho thầy Hùng!

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.

Tiếp nối lời giải $\boxed{\text{bài 78}}$. (Ta thay điểm $K$ bởi $G$ vì bị trùng lặp)

$\textbf{Lời giải.}$ Gọi $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp $\angle A$.Theo lời giải trên dễ thấy $R,H,J$ thẳng hàng do đó $H$ thuộc đường tròn đường kính $IJ$. Do $(AFIJ)=-1$ nên $HI$ là phân giác $\angle AHD$ suy ra $\angle IDH=\angle AHI=\angle JHG$ do đó $HD,HG$ đẳng giác trong $\angle IHJ$.Vậy đường tròn $(DHG)$ tiếp xúc $(JBC)$.

 Gọi $X,Y$ lần lượt là giao điểm của đường tròn đường kính $IJ$ với $CA,AB$. Dễ thấy $X,D,Y$ thẳng hàng. Do đường tròn $(HMN)$ tiếp xúc đường tròn $(HBC)$ nên $MN\parallel BC$. Do đó $\angle EDH=\angle MNH=\angle CBH=\angle HXC$ suy ra tứ giác $DXEH$ nội tiếp. Tương tự thì tứ giác $DYFH$ nội tiếp. Ta suy ra $\angle EHF=\angle EHD+\angle FHD=\angle DXA+\angle DYA=180^\circ-\angle BAC$ do đó tứ giác $AEHF$ nội tiếp. $\square$

Đề nghị bài toán mới.

$\boxed{\text{Bài toán 79}}$ (AoPS) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và $H$ là hình chiếu của $A$ lên $BC.P$ là một điểm trong tam giác sao cho $\angle PBA=\angle PCA.Q$ là một điểm trên $(O)$ sao cho $\angle AQP=90^\circ$. Phân giác trong các góc $\angle QBP,\angle QCP$ cắt nhau tại $D$. Các điểm $K,L$ lần lượt trên $AB,AC$ sao cho $HK\perp BD,HL\perp CD$. Các điểm $M,N$ trên $CA,AB$ sao cho $KM\parallel BP,LN\parallel CP$.Chứng minh rằng $(AMN)$ tiếp xúc $(BCD)$

Đễ xuất bài toán tiếp theo.

$\boxed{\text{Bài toán 77}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Giả sử $\triangle XYZ$ là tam giác tạo bởi các tiếp tuyến tại $A,B,C.AD,BE,CF$ lần lượt là đường kính của đường tròn $(O).P,Q,R$ theo thứ tự là trung điểm $AX,BY,CZ$. Chứng minh rằng $DP,EQ,FR$ đồng quy.

Lời giải bài toán 93 đã có ở đây http://artofproblems...endicular_to_bc

$\boxed{\text{Bài toán 96.}}$ (Telv Cohl) Cho tam giác $ABC$, $H$ là trực tâm. $M,N$ là các điểm trên $AB,AC$ sao cho $\angle HMB=\angle HNC=\alpha$.

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle HMN$. $D$ là điểm nằm cùng phía với $A$ đối với $BC$ sao cho $\angle DBC=\angle DCB=\alpha$.

Chứng minh rằng $H,O,D$ thẳng hàng.

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 $\widehat{APR}=\widehat{QPJ}$.  $\square$

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 $MP^2=PE\cdot QF\Rightarrow PQ^2=4PE\cdot QF$

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

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.

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 $AL$.$\square$

Để tiếp tục topic, xin đề nghị một bài toán mới.

$\boxed{\text{Bài toán 72}}$ (Telv Cohl) Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn tâm $I.(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F.P$ bất kì trong tam giác. $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm của $DP,EP,FP$ với $(I).X*,Y*,Z*$ lần lượt là giao điểm của $CY$ và $BX,AZ$ và $CX,AY$ và $BX$. 

Chứng minh rằng $XX*,YY*,ZZ*$ đồng quy tại $T$

Link gốc bài toán: http://www.artofprob...1240576p6333123

Xin lỗi về sự trùng lặp, mình xin đề xuất lại một bài toán khác như sau.

$\boxed{\text{Bài toán 69}}$. Cho tam giác $ABC.P$ là một điểm bất kì trong tam giác $ABC.$ Trên $PA,PB,PC$ lần lượt lấy các điểm $X,Y,Z$ sao cho $AY,BX$, đường thẳng qua $C$ vuông góc $AB$ đồng quy, $AZ,CX$, đường thẳng qua $B$ vuông góc với $AC$ đồng quy. Chứng minh rằng $BZ,CY$, đường thẳng qua $A$ vuông góc $BC$ đồng quy.

Vừa mới chế ra, nếu trùng lặp ở đâu xin mọi người thứ lỗi!

$\boxed{\text{Lời giải bài 15}}$ 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!

$\boxed{\text{Lời giải bài 11}}$ Gọi $A'$ là giao của $AO$ với $BC.K$ là giao của $BC$ với $EF$.

Dễ thấy $PB,PC$ lần lượt là phân giác $\angle APF,\angle APE$ nên theo định lí $Menelaus$ ta suy ra $\frac{KE}{KF}=\frac{PE}{PF}\Longrightarrow PK$ là phân giác ngoài của $\angle EPF$.

$\Longrightarrow \angle APK=\angle APE-\angle EPK=2\angle APC-90^\circ+\angle EPF/2=2\angle ABC-90^\circ+\angle BAC$

$=\angle B+90^\circ-\angle ACB=\angle AA'K \Longrightarrow A,A',P,K$ đồng viên.

$\Longrightarrow APA'=\angle AKA'$. Mặt khác biến đổi tỉ số dễ suy ra $KB$ là phân giác $AKF$ nên $\angle APA'=(BC,EF)$.

Gọi $I$ là tâm $\odot (AEF)$ thì $(AI,AO)=(BC,EF)=\angle APA'.M,N$ lần lượt là hình chiếu của $Q$ lên $AP,AO$.

Dễ thấy $A,N,M,Q$ đồng viên nên $\angle AMN=\angle AQN=90^\circ-\angle A'AQ=(AI,AO)=\angle APA'\Longrightarrow MN\parallel A'P$.

Mặt khác $\frac{AM}{MP}$ không đổi nên $\frac{AN}{NA'}$ không đổi $\Longrightarrow N$ cố định hay $Q$ thuộc một đường thẳng cố định. $\blacksquare$

Bài toán đề nghị.

$\boxed{\text{Bài toán 12}}$. Cho tam giác $ABC$. Một đường tròn bất kì qua $B,C$ cắt $AC,AB$ tại $E,F.EF$ cắt $BC$ tại $L.P$ là một điểm trên $BC$. Lần lượt lấy $M$ thuộc $AP,H$ thuộc $EF$ sao cho $L,H,M,P$ đồng viên. $\odot (MEF)$ cắt $AP$ tại $T$, Kẻ $TI\parallel BC$ sao cho $I$ thuộc $\odot (MEF)$. Chứng minh rằng $\angle HAF=\angle IAE$.

Nguồn.

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

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 7}}$

Ta cần có hai bổ đề sau:

$\boxed{\text{Bổ đề 1}}$ Cho tam giác $ABC$ có $O$ là tâm ngoại tiếp. Một đường tiếp tuyến với $\odot (BOC)$ cắt $AB$ ở $D$ và $CA$ ở $E$. Gọi $A'$ là điểm đối xứng của điểm $A$ qua $DE$. Khi đó $\odot (A'DE)$ tiếp xúc $\odot (ABC)$.

Chứng minh.

$\boxed{\text{Bổ đề 2}}$ Cho tam giác $IBC.Q,R$ lần lượt là trung điểm $IC,IB$. Kí hiệu $\omega $ là đường tròn $Euler$ của $\triangle IBC.PR,PQ$ cắt $\omega $ tại $F,E$. Khi đó tâm $\odot (PEF)$ thuộc $\omega $.

Chứng minh.

Quay lại bài toán.

Ta có $\angle IQP=90^\circ-\angle IMN+\angle AMK=90^\circ-\angle B/2+\angle C/2$. Tương tự $\angle IRP=90^\circ-\angle C/2+\angle B/2$.

Gọi $E,F$ lần lượt là giao của $PQ,PR$ với đường tròn $Euler$ của tam giác $IBC$. Theo bổ đề $2$ ta suy ra tâm $\odot (PEF)$ thuộc đường tròn $Euler$ của tam giác $IBC$. Theo bổ đề $1$ ta suy ra $\odot (PEF)$ tiếp xúc $\odot (XST).\blacksquare$

Bài toán đề nghị:

$\boxed{\text{Bài toán 8}}$ Cho hai đường tròn trực giao $(O_1),(O_2)$ cắt nhau tại $A,B.P$ bất kì trên $AB.O_1P$ cắt $\odot (O_2)$ tại $E.O_2P$ cắt $(O_1)$ tại $F.O_1O_2$ cắt $AB$ tại $D$. Chứng minh rằng $\frac {DE}{DF}=\frac{PE}{PF}$.

Nguồn.

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

$\boxed{\text{Lời giải bài 5}}$ Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $(ABE)$ và $(ACF),(BCF)$ và $(BAD),(CAD)$ và $(CBE)$

Hình vẽ bài toán

Ta có: $\frac{\sin \measuredangle XAB}{\sin \measuredangle XAC}=\frac{BX}{EX}$

Mặt khác $\triangle FXB\sim \triangle CXE$ nên $\frac {BX}{EX}=\frac{BF}{EC}\Longrightarrow \frac{\sin \measuredangle XAB}{\sin \measuredangle XAC}=\frac{BF}{EC}$. Tương tự với các cặp đường tròn còn lại

Theo định lí $Ceva$ dạng hình học thì $\frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}$ nên theo định lí $Ceva$ dạng lượng giác thì $AX,BY,CZ$ đồng quy. $\blacksquare$

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 1\\ \hline dogsteven & 2\\ \hline baopbc & 2\\ \hline QuangDuong12011998 & 1\\ \hline\end{array}$$

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 6}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\odot (O)$ và $\odot (K)$ đi qua $B,C$ cắt $AC,AB$ tại $E,F.BE$ cắt $CF$ tại $H.\odot (AEF)$ cắt $\odot (O)$ tại $G$ khác $A.M,N$ lần lượt là tâm $\odot (GBK)$ và $\odot (GCK).FM$ cắt $EN$ tại $L$. Chứng minh $HL$ đi qua $O$.

Nguồn.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 23}}$. 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!

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

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 33}}$. Theo lời giải $\boxed{\text{Bài toán 1}}$ của anh Ngockhanhk9948 thì $\angle OMA=40^\circ$.

Mặt khác $\angle AMB=180^\circ-80^\circ-30^\circ=70^\circ\Longrightarrow \angle OMC=70^\circ\Longrightarrow \angle OKF=20^\circ$.

Lại có $\angle AOM=180^\circ-\angle MAO-\angle OMA=180^\circ-20^\circ-40^\circ=120^\circ$. Mà theo lời giải $\boxed{\text{Bài toán 1}}$ của anh dogsteven thì $\angle AOI=60^\circ\Longrightarrow \angle KOI=60^\circ$ hay $\triangle OIK$ đều.

Đường thẳng qua $K$ vuông góc với $OI$ cắt $OF$ tại $T$. Dễ thấy $\angle FKT=\angle 30^\circ-20^\circ=10^\circ\Longrightarrow \triangle TFK$ cân tại $F$ hay $T$ thuộc $(F,FK)$. Mặt khác theo lời giải $\boxed{\text{Bài toán 1}}$ của anh I Hate Math thì $\angle OSK=20^\circ$ với $S$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ nên $T$ thuộc $(O)$. Mặt khác $T,F,O$ thẳng hàng nên $(F,FK)$ tiếp xúc $(O).\blacksquare$.

P/s.

Sao không ai giải cả vậy! Mọi người cùng quẩy cho topic sôi nổi đi chứ

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 34}}$. (AopS). Cho hình thang cân $ABCD$ nội tiếp $(O).DO$ cắt $BC$ tại $X$. Đường thẳng qua $X$ song song với $OA$ cắt $AB,AC$ theo thứ tự tại $E,F.(O')\equiv (DEF)$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $(O')$ tại $P,Q$. Chứng minh rằng $(O'PQ)$ tiếp xúc $(O)$.

$\textbf{Hình vẽ bài toán}$

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 6\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 5\\ \hline dogsteven & 5\\ \hline baopbc & 8\\ \hline QuangDuong12011998 & 3\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 3\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 2\\ \hline\end{array}$$

Lời giải đầy đủ bài toán 67 có thể tham khảo link.

Theo đề nghị của anh Dogsteven mình xin đề xuất bài toán mới sau.

$\boxed{\text{Bài toán 68}}$ (AoPS) Cho tam giác $ABC$ với tâm đường tròn $Euler$ là $N.D,E,F$ là hình chiếu của $N$ lên $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng đường thẳng $Euler$ của các tam giác $AEF,BFD,CDE,ABC$ đồng quy.

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 $BC$.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 39}}$

Trước tiên, ta sẽ chứng minh $\ell $ song song với đường thẳng $Gauss$ của tứ giác toàn phần $ABCDEF$.

Giả sử $D,E,F$ theo thứ tự là giao của đường thẳng qua $P$ vuông góc với $PA,PB,PC$ với $BC,CA,AB$.

$A'\equiv PD\cap (O),C'\equiv PF\cap (O)$. Do $\angle APA'=\angle CPC'=90^\circ$ nên $\overline{A,O,A'}$ và $\overline{C,O,C'}$.

Áp dụng định lí $Pascal$ ta suy ra $O$ thuộc $DF.M,N$ theo thứ tự là trung điểm $AD,CF.H_a,H_c$ lần lượt là trực tâm tam giác $APQ$ và $CPQ$

Do $AH_a\parallel CH_c\parallel FD,M,N$ là trung điểm $AD,CF$ nên theo định lí $Thales$ ta chỉ cần chỉ ra $AH_a+CH_c=FD$.

Gọi $O_a,O_c$ theo thứ tự là tâm ngoại tiếp các tam giác $APQ$ và $CPQ.OO_a,OO_c$ cắt đường thẳng qua $P$ song song với $DF$ tại $S,T$.

Theo tính chất hình bình hành thì $ST=FD$ nên theo định lí về đường trung bình thì $FD=2O_aO_c$ hay $AH_a+CH_c=FD$.

$\Rightarrow H_aH_c\parallel MN$. Theo định lí về đường thẳng $Gauss$ thì $H_a,H_b,H_c$ thẳng hàng hay $\ell$ song song với đường thẳng $Gauss$ của tứ giác toàn phần $ABCDEF$.

Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$, dễ thấy $H$ thuộc trục đẳng phương của $(AD),(BE),(CF)$. Mặt khác $P\equiv (AD)\cap (BE)\cap (CF)$ nên $PH$ là trục đẳng phương của $(AD),(BE),(CF)\Rightarrow PH\perp \overline{M,N,P}$ hay $PH\perp \ell\Rightarrow $ đường thẳng qua $P$ vuông góc với $\ell$ luôn đi qua một điểm cố định. $\blacksquare$

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 40}}$ (Thầy Trần Quang Hùng) Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O).E,F$ lần lượt là trung điểm $AB,CD.AC$ cắt $BD$ tại $P.G$ là ảnh của $P$ qua phép nghịch đảo tâm $O.Q,R$ là hình chiếu của $G$ lên $AB,CD.K,L$ là các điểm trên đường thẳng qua $P$ song song với $AD$ sao cho $EL\perp PQ,FK\perp PR$. Chứng minh rằng $ADKL$ là hình bình hành.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 8\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 5\\ \hline dogsteven & 5\\ \hline baopbc & 10\\ \hline QuangDuong12011998 & 5\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 3\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 2\\ \hline\end{array}$$

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 36}}$ (Bài này chắc phải dùng chút lượng giác quá! )

$X\equiv AE\cap (O),Y\equiv AF\cap (O),G'\equiv BX\cap CY$. Theo định lí $Pascal$ thì $G'$ thuộc $EF$.

Ta có biến đổi tỉ số $\frac{FB}{EC}=\frac{\sin \angle BAY.AF}{\sin \angle CAX.AE}=\frac{\sin \angle G'CB.AF}{\sin \angle G'BC.AE}=\frac{G'B.AF}{G'C.AE}$

$K\equiv AX\cap CY,L\equiv AY\cap BX$. Do tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $LKXY$ là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow LK\parallel BC$

Theo định lí $Thales$ thì $\frac{G'B}{G'C}=\frac{G'L}{G'K}$. Áp dụng định lí $Sin$ cho các tam giác $G'LF$ và $G'KE$ ta được:

$\frac{G'F}{G'E}=\frac{G'L.\sin \angle G'LF.\sin \angle AFE}{G'K.\sin \angle G'KE.\sin \angle AEF}=\frac{G'B.\sin \angle AFE}{G'C.\sin \angle AEF}=\frac{G'B.AF}{G'C.AE}=\frac{FB}{EC}\Rightarrow G\equiv G'$ hay $AF,CG$ cắt nhau trên $(O).\blacksquare$

Hình vẽ bài toán

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 37}}$ (Romani TST 2016 Day 4 Problem 2) Cho tam giác $ABC,CA\neq CB.D,F,G$ theo thứ tự là trung điểm $AB,AC,BC$. Một đường tròn $\gamma $ qua $C$, tiếp xúc với $AB$ tại $D$ và cắt $AF,BG$ lần lượt tại $H,I.H',I'$ lần lượt đối xứng với $H,I$ qua $F,G.H'I'$ cắt $CD$ và $FG$ lần lượt tại $Q,M$ và $CM$ cắt $\gamma $ tại $P$. Chứng minh rằng $\triangle CPQ$ cân.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 6\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 5\\ \hline dogsteven & 5\\ \hline baopbc & 9\\ \hline QuangDuong12011998 & 4\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 3\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 2\\ \hline\end{array}$$

$\boxed{\text{Lời giải bài 3}}$. Để giải quyết bài toán ta cần có bổ đề sau:

Bổ đề. Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $\odot (O).L$ là điểm $Lemoine.M$ là trung điểm $BC.AM$ cắt $(O)$ tại $N.NH$ vuông góc với $BC(H$ thuộc $BC).K$ đối xứng với $H$ qua $N.AL$ cắt $O$ tại $T$. Khi đó $LM\parallel KT$/

Chứng minh. Xem tại đây

Quay lại bài toán. $AL$ cắt $\odot (O)$ tại $T$.

Đường thẳng qua $T$ vuông góc với $TN$ cắt $BC,AM$ tại $X,Y$.

Hình vẽ bài toán

Do $AT,AN$ đẳng giác trong $\angle A$ nên $TNBC$ là hình thang cân $\Longrightarrow BX=CH\Longrightarrow MX=MH\Longrightarrow XM=\frac{TN}{2}$

$\Longrightarrow XT=\frac{YT}{2}$. Mặt khác theo bổ đề thì $XNKT$ là hình bình hành nên $NK=\frac{TY}{2}$.

$TK$ cắt $AM$ tại $Z\Longrightarrow K$ là trung điểm $ZT$ nên theo bổ đề hình thang ta suy ra $AK$ chia đôi $ML$.

Tiếp tục áp dụng bổ đề ta suy ra $K(RA,PF)=-1\Longrightarrow \overline{R,T,K}\Longrightarrow KR,AL$ cắt nhau tại một điểm thuộc $\odot (O).\blacksquare$

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 1\\ \hline dogsteven & 1\\ \hline baopbc & 1\\ \hline \end{array}$$

Bài toán đề nghị.$\boxed{\text{Bài toán 4}}$ (kết quả cũ) Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $\odot (O).AC$ cắt $BD$ tại $R.AD$ cắt $BC$ tại $P$. Kẻ $RL\perp AD,PN\perp DR.Y$ là trung điểm $PR,X$ là trung điểm $CD$. Chứng minh $X,L,Y,N$ đồng viên.