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.

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!

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 89.}}$ 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!

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!

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

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!

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

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 138. Dễ thấy $M,I,N$ thẳng hàng, ta có $\angle PMA=180^\circ-\angle AIB=\frac{1}{2}\cdot (\angle A+\angle B)=90^\circ-\frac{1}{2}\cdot \angle C=90^\circ-\frac{1}{2}\cdot \angle MPA$ nên $\triangle MPA$ cân suy ra $\overline{PA}=\overline{PM}$. Tương tự thì $\overline{PA}=\overline{PN}$ nên $P$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$.Gọi $E,F$ lần lượt là giao điểm của $AP$ với các đường tròn $(AIB)$ và $(AIC)$. Do $\measuredangle AEM=\measuredangle ABM=\measuredangle ACP$ nên $ME\perp OP$. Tương tự thì $NF\perp OP$ do đó $ME\parallel NF$. Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm của $PB,PC$ với đường thẳng qua $A$ vuông góc với $PO$. Do $ST\parallel ME\parallel NF$ nên theo định lí Thales \[\frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{AP}},\frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}=\frac{\overline{AP}}{\overline{AF}}\Rightarrow \frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}\cdot \frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{AF}}\] Mặt khác do các tam giác $APM$ và $APN$ cân tại $P$ nên $BE\parallel AM, CF\parallel AN$ suy ra $\overline{AE}=\overline{MB}, \overline{AF}=\overline{NC}$. Do đó $\overline{AE}:\overline{AF}=\overline{MB}:\overline{NC}$. Gọi $X$ là giao điểm của $MN$ với $ST$. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $SPT$, cát tuyến $M,N,X$ ta suy ra \[\frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}\cdot \frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}\cdot \frac{\overline{XN}}{\overline{XM}}=1\Rightarrow \frac{\overline{AE}}{\overline{AF}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\Rightarrow \frac{\overline{MB}}{\overline{NC}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\] Gọi $K,L$ lần lượt là giao điểm của $MQ,NR$ với đường thẳng $ST$. Theo định lí Thales \[\frac{\overline{KM}}{\overline{LN}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\Rightarrow\frac{\overline{KM}}{\overline{LN}}=\frac{\overline{MB}}{\overline{NC}}\] Mặt khác do $\overline{PM}=\overline{PN}$ nên $\triangle MPN$ cân tại $P$ nên $\measuredangle MNP=\measuredangle NMP$ suy ra $\measuredangle KMB=\measuredangle LNC$. Từ đó $\triangle KMB\sim \triangle LNC$ (cạnh - góc - cạnh) suy ra $\measuredangle KBM=\measuredangle LCN$. Do đó $\angle AKB=\angle KSB+\angle KBS=90^\circ-\angle OPB+\angle LCN=\angle BCP+\angle LCN=180^\circ-\angle BCL$ suy ra tứ giác $KBCL$ nội tiếp.\\ Gọi $Z$ là giao điểm của $ST$ với $BC$, theo tính chất phương tích $\overline{ZK}\cdot \overline{ZL}=\overline{ZB}\cdot \overline{ZC}$. Mặt khác do $\angle MKA=180^\circ-\measuredangle (PO,MN)=180^\circ-(\angle BMI+\angle BPO)=180^\circ-(\frac{1}{2}\cdot\angle A+\angle BPO)=90^\circ+\angle BAP$ $-\frac{1}{2}\cdot \angle A=90^\circ+\frac{1}{2}\angle A-\angle PBC=180^\circ-(90^\circ-\frac{1}{2}\angle A)-\angle MBQ=\angle BQM$ nên tứ giác $KLRQ$ nội tiếp suy ra $\overline{ZK}\cdot \overline{ZL}=\overline{ZQ}\cdot \overline{ZR}$. Do đó $\overline{ZB}\cdot \overline{ZC}=\overline{ZQ}\cdot \overline{ZR}$ nên $Z$ thuộc trục đẳng phương của các đường tròn $(O)$ và $(AQR)$ suy ra $AZ$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(AQR)$, từ đó suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AQR$ thuộc $OP$ do $OP\perp AZ$. $\square$

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 $ABC$. $\square$

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

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

$\boxed{\text{Bài toán 80}}$ 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!

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 $(BCD)$

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

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

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 36}}$ (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.

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

$\boxed{\text{Bài toán 21}}$ 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!

$\boxed{\text{Lời giải bài 15}}$ 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.

$\boxed{\text{Lời giải bài 11}}$ 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.

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

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 39}}$

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.

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

Ủng hộ câu a, trước. Câu b, chắc để sau vậy!

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 43a}}$ Ta sẽ sử dụng bổ đề $Ceva$ trong đường tròn.

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, các điểm $A',B',C'$ nằm trên $(O)$. Khi đó $AA',BB',CC'$ đồng quy $\Longleftrightarrow \frac{A'B}{A'C}.\frac{B'C}{B'A}.\frac{C'A}{C'B}=1$

Quay lại bài toán: Biến đổi tỉ số đơn giản $\frac{\sin \angle P_aAE}{\sin \angle P_aAF}=\frac{P_aE^2}{P_aF^2}$

Tương tự và áp dụng bổ đề trên ta suy ra $\frac{\sin \angle P_aAE}{\sin \angle P_aAF}.\frac{\sin \angle P_bBF}{\sin \angle P_bBD}.\frac{\sin \angle P_cCD}{\sin \angle P_cCE}=1$

Theo định lí $Ceva$ dạng lượng giác suy ra $AP_a,BP_b,CP_c$ đồng quy. $\blacksquare$

PS. Anh Khánh ghi nguồn đầy đủ đi chứ?

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 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.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 64}}$

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 $\omega$

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 $BC$.

Chào các thành viên của VMF!

Thay cho lời mở đầu mọi người hãy đọc qua topic sau.

Marathon Số học đã được anh Ego bắt đầu, vì vậy mình xin bắt đầu cuộc thi Marathon Hình học!

Các quy định đã được đề cập rõ tại đây.

Để tăng tính thẩm mĩ mọi người có thể làm theo code sau: