Đến nội dung

QuangDuong12011998

QuangDuong12011998

Đăng ký: 04-05-2016
Offline Đăng nhập: Riêng tư
*****

#645899 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 21-07-2016 - 18:16

Mình đề nghị bài mới.

Bài sau được đặc biệt hóa từ kết quả mình chế (bài tổng quát thì không sơ cấp tí nào).

$\boxed{\text{Bài toán 82}}$ $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. Dựng ra ngoài tam giác $ABC$ các tam giác đều $DBC$, $ECA$, $FAB$.

Chứng minh rằng các đường tròn $(OAD)$, $(OBE)$, $(OCF)$ còn một điểm chung khác $O$.




#645851 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 21-07-2016 - 14:36

Bài 81 này có phát biểu trông rất lạ.

Lời giải bài 81(hơi phức tạp, hi vọng có lời giải đơn giản hơn)

Gọi $I_a$, $I_b$, $I_c$ là tâm bàng tiếp góc $A,B,C$ của $\triangle ABC$.

Ta có $\overline{II_a}\cdot\overline{IA}=\overline{II_b}\cdot\overline{IB}=\overline{II_c}\cdot\overline{IC}=k$.

Xét phép nghịch đảo cực $I$, phương tích $k$ là $I^k_I$.

\[I^k_I: D,E\mapsto\text{đối xứng của $I_b$, $I_c$ qua $B$, $C$}\]

Có điều này do $I^k_I$ biến $AC$ thành $(II_cI_a)$  nên nó biến $D$ thành giao điểm khác $I$ của $IB$ với $(II_aI_c)$ - chính là đối xứng của $I_b$ qua $B$.

Gọi điểm đối xứng với $I_b$, $I_c$ qua $B$, $C$ là $B'$, $C'$. Như vậy cần phải chứng minh $IA$ đi qua điểm Kosnita của $\triangle IB'C'$ (điểm Kosnita là điểm đẳng giác của tâm đường tròn 9 điểm). Gọi $X$ là tiếp điểm của $(I)$ với $BC$, ta đã quen thuộc với tính chất $IA$ đi qua tâm ngoại tiếp $\triangle IBC$ nên $IA$, $IX$ đẳng giác với góc $(IB',IC')$.

Do vậy ta sẽ chứng minh $IX$ đi qua tâm đường tròn chín điểm của $\triangle IB'C'$.

Cấu hình có vẻ vẫn chưa đủ liên kết để giải quyết.

Ý tưởng của mình xuất phát từ việc để ý tới chỗ này: $B$, $C$ là trung điểm $I_bB'$, $I_cC'$. $I_bB'$, $I_cC'$ cắt nhau tại $I$, ta sẽ có tâm của $(IBC)$ là trung điểm của đoạn nối tâm $(IB'C')$ và $(II_bI_c)$(chúng đồng trục, rút ra từ tỉ số phương tích) và hệ quả là trực tâm $\triangle IBC$ là trung điểm của đoạn nối trực tâm $\triangle IB'C'$ và $\triangle II_bI_c$.

Kí hiệu $H_1$, $O_1$, $N_1$ là trực tâm, tâm ngoại tiếp, tâm đường tròn chín điểm của $\triangle IB'C'$.

$H_2$, $O_2$, $N_2$  là trực tâm, tâm ngoại tiếp, tâm đường tròn chín điểm của $\triangle IBC$.

$H_3$, $O_3$, $N_3$  là trực tâm, tâm ngoại tiếp, tâm đường tròn chín điểm của $\triangle II_bI_c$

Cần chỉ ra $N_1$ thuộc $IX$, hay $IH_2$ là xong.

$H_3$ chính là $I_a$ và $N_3$ chính là $O$. Theo định lý ERIQ thì $N_1$ là đối xứng của $O$ qua $N_2$.

Đến đây mọi thứ đã quá rõ ràng: $\triangle IBC$, $O$ thuộc trung trực $BC$. $N_2$ là tâm đường tròn chín điểm của $\triangle IBC$. Đối xứng của $O$ qua $N_2$ thuộc đường cao ứng với $I$ của $\triangle IBC$.

Điều này là rõ ràng bởi đường cao ứng với $I$ và trung trực của $BC$ đối xứng nhau qua tâm đường tròn chín điểm của $\triangle IBC$.

Hình gửi kèm

  • 9.png



#644476 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 11-07-2016 - 10:25

Hic, bài 78 này rối quá ạ.

Em đóng góp ĐÚNG 1 BƯỚC để làm đơn giản đi một tí, đó là chỉ ra $R$, $I_a$, $H$ thẳng hàng, nói cách khác là $RI_a$ vuông góc $OI$.

Nhưng nếu lấy $A'$, $B'$, $C'$ lần lượt là chân các phân giác ngoài góc $A$, $B$, $C$ thì $OI\perp \overline{A'B'C'}$. Do vậy có thể đưa về chứng minh $RI_a$ song song $\overline{A'B'C'}$, mà hướng đi này có vẻ khả thi hơn hướng chứng minh vuông góc.

Ý nhỏ này có thể tổng quát: $\triangle ABC$ và một điểm $P$ bất kì $PA$, $PB$, $PC$ cắt $BC$, $CA$, $AB$ tại $D$, $E$, $F$. $EF$, $FD$, $DE$ cắt $BC$, $CA$, $AB$ tại $A'$, $B'$, $C'$. $Y$, $Z$ thuộc $CA$, $AB$ sao cho $BY$, $CZ$ lần lượt song song $DE$, $DF$. $YZ$ cắt $BC$ tại $R$ thì $AR$ song song $\overline{A'B'C'}$.

Để chứng minh $AR$ song song $\overline{A'B'C'}$ thì ta cần có được $(AA',AR,AB,AC)=\dfrac{\overline{A'C'}}{\overline{A'B'}}$.

Đến đây thì chỉ cần áp dụng các định lý Thales, Menelaus @@

Để cho tiện trong việc biểu diễn các tỉ số, có thể giả sử $x\overrightarrow{PA}+y\overrightarrow{PB}+z\overrightarrow{PC}=\overrightarrow{0}$.

Như vậy thì $\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}}=-\dfrac{z}{y}$, $\dfrac{\overline{EC}}{\overline{EA}}=-\dfrac{x}{z}$, $\dfrac{\overline{FA}}{\overline{FB}}=-\dfrac{y}{x}$.

\[(AA',AR,AB,AC)=(A',R,B,C)=\dfrac{\overline{A'B}}{\overline{A'C}}\cdot\dfrac{\overline{RC}}{\overline{RB}}=\dfrac{z}{y}\cdot\dfrac{\overline{RC}}{\overline{RB}}\]

Theo Menelaus

\[\dfrac{\overline{RC}}{\overline{RB}}=\dfrac{\overline{YC}}{\overline{YA}}\cdot\dfrac{\overline{ZA}}{\overline{ZB}}\]

\[\dfrac{\overline{CY}}{\overline{CA}}=\dfrac{\overline{CY}}{\overline{CE}}\cdot\dfrac{\overline{CE}}{\overline{CA}}=\dfrac{\overline{CB}}{\overline{CD}}\cdot\dfrac{\overline{CE}}{\overline{CA}}=\dfrac{y+z}{y}\cdot\dfrac{x}{z+x}\]

\[\Rightarrow \dfrac{\overline{YA}}{\overline{YC}}=\dfrac{z(x-y)}{x(y+z)}\]

Tương tự $\dfrac{\overline{ZA}}{\overline{ZB}}=\dfrac{y(x-z)}{x(y+z)}$

\[\Longrightarrow \dfrac{\overline{RC}}{\overline{RB}}=\dfrac{y(x-z)}{z(x-y)}\Longrightarrow (A',R,B,C)=\dfrac{x-z}{x-y}\]

\[\dfrac{\overline{A'C'}}{\overline{A'B'}}=\dfrac{\overline{BC'}}{\overline{BA}}\cdot\dfrac{\overline{CA}}{\overline{CB'}}=\dfrac{x}{x-y}\cdot\dfrac{x-z}{x}=\dfrac{x-z}{x-y}=(A',R,B,C)\]

Kết thúc

__________________________________

Quay lại bài toán cũ, vậy là đã chỉ ra được $R$, $I_a$, $H$ thẳng hàng, nên $H$ có thể xác định đơn giản là hình chiếu vuông góc của $I_a$ lên $OI$.

Hình gửi kèm

  • cevian.png



#644369 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 10-07-2016 - 17:05

 

vietnam in my heart đã viết

"Bài toán 

7777 do Bảo đề nghị có lẽ được tạo ra nhờ bài toán sau: Cho tam giác XYZXYZ ngoại tiếp (O)(O). Các tiếp điểm của (O)(O) trên YZ,ZX,XY là A,B,C. Một đường tròn tâm bất kỳ cắt tia đối của các tia OA,OB,OC(hoặc cắt các tia OA,OB,OC) lần lượt tại L,M,N. Khi đó XL,YM,Zđồng quy 

post-137711-0-58214000-1468137605.png

Bài này có lẽ đã cũ nhưng em(mình) chưa tìm được một lời giải nào hay, tính toán ít nên nhờ thầy và mọi người giúp đỡ  :)"

 

Thực ra $\triangle XYZ$ và $\triangle LMN$ trực giao(orthologic) và có 2 tâm trực giao(orthology center) trùng nhau (chính là $O$), nên theo định lý Sondat, hai tam giác trực giao có tâm trực giao trùng nhau thì thấu xạ. Chứng minh cho trường hợp này có thể xem cho bài tổng quát hơn tại post #2 http://artofproblems...1181784p5767010




#644250 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 09-07-2016 - 17:36

Ok Khánh, bài tổng quát thì thầy Hùng đã post tại http://artofproblems...1136264p5307949

Và hoàn toàn có thể tổng quát tiếp nhưng không còn đơn giản và phổ thông nữa @@

_________________________________

Trường hợp $P=I$ đơn giản và đặc biệt hơn cả, cách chứng minh của mình thì dùng barycentric nhưng mà một cách ngắn gọn.

Chú ý. $\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}}=\dfrac{\alpha-\beta}{\alpha-\gamma}$, $\dfrac{\overline{EC}}{\overline{EA}}=\dfrac{\beta-\gamma}{\beta-\alpha}$, $\dfrac{\overline{FA}}{\overline{FB}}=\dfrac{\gamma-\alpha}{\gamma-\beta}$ - có được các tỉ số có "dạng" như thế khi và chỉ khi $AD$, $BE$, $CF$ song song.

Lưu ý $\triangle I_aI_bI_c$ và $\triangle I_aBC$ đồng dạng nghịch. Theo đó, lấy $X$ trên $I_bI_c$ sao cho $\dfrac{\overline{XI_b}}{\overline{XI_c}}=\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}}$ thì $I_aX$, $I_aD$ đẳng giác với $\widehat{I_cI_aI_b}$. Tương tự, lấy $Y$, $Z$ thì ta có $I_bY$, $I_bE$ đẳng giác với $\widehat{I_aI_bI_c}$; $I_cZ$, $I_cF$ đẳng giác với $\widehat{I_aI_cI_b}$. Áp dụng chú ý trên cho $\triangle I_aI_bI_c$ thì ta được $I_aX$, $I_bY$, $I_cZ$ đôi một song song. Điều đó dẫn tới $I_aD$, $I_bE$, $I_cF$ đồng quy trên $(I_aI_bI_c)$.




#644201 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 09-07-2016 - 10:29

Lời giải cho bài 74

Ý tưởng chủ đạo của em là tính chất sau: $P$, $Q$ đẳng giác khi với $\triangle ABC$ khi và chỉ khi chúng thỏa mãn ít nhất 2 trong 3 đẳng thức

\[(PB,PC)+(QB,QC)=(AB,AC);\quad (PC,PA)+(QC,QA)=(BC,BA);\quad (PA,PB)+(QA,QB)=(CA,CB)\]

Điều này được chứng minh bằng điểm trùng.

Quay trở lại bài toán, do tính đối xứng, chỉ cần cm $(SB,SC)+(TB,TC)=(DB,DC)+(XB,XC)=(AB,AC)$ là đủ.

\[(DB,DC)=(BD,BQ)+(QB,QC)+(CQ,CD)=(BQ,BP)+(QB,QC)+(CP,CQ)=2(QB,QC)-(PB,PC)\]

\[(XB,XC)=(BX,BL)+(LB,LC)+(CL,CB)=(BL,BK)+(LB,LC)+(CK,CL)=2(LB,LC)-(KB,KC)\]

Suy ra

\[(DB,DC)+(XB,XC)=2(QB,QC)+2(LB,LC)-(KB,KC)-(PB,PC)=2(AB,AC)-(AB,AC)=(AB,AC)\]

Vậy kết luận $S$, $T$ đẳng giác với $\triangle ABC$.

_____________________________

Mình đề nghị bài tiếp theo

$\boxed{\text{Bài toán 75}}$(đặc biệt hóa)$\triangle ABC$ có $I_a$, $I_b$, $I_c$ là các tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$, $B$, $C$.

$D$, $E$, $F$ thuộc $BC$, $CA$, $AB$ sao cho $AD$, $BE$, $CF$ đôi một cùng phương.

Chứng minh $DI_a$, $EI_b$, $FI_c$ đồng quy trên đường tròn ngoại tiếp $\triangle I_aI_bI_c$.




#644186 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 08-07-2016 - 23:10

Lời giải bài 71

Đây là file em gửi tới THTT, lời giải của em dùng hình học định hướng.

Hình gửi kèm

  • 459.png

File gửi kèm




#644115 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 08-07-2016 - 15:52

Lời giải bài 72.

Trong link gốc, bài toán của Telv có tới 4 đường đồng quy. Cái thứ 4 khó hơn.

Theo định lý Steinbart, $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy.

Theo chứng minh của bài 69 thì $XX^*$, $YY^*$, $ZZ^*$ đồng quy.

Với những bài có đúng 1 conic thì ta chỉ cần chứng minh cho đường tròn là đủ.

Nhờ thầy Hùng giúp em đề nghị bài mới.




#644028 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 07-07-2016 - 20:45

Lời giải bài 69

Không mắc mớ gì tới vuông góc  :D

Gọi $D$, $E$, $F$ là giao điểm các cặp $(BZ, CY)$, $(AX,CZ)$, $(AY,BX)$.

Và hóa ra chỉ cần chứng minh $AD$, $BE$, $CF$ đồng quy thôi!

Gọi $T$ là giao điểm của $BE$, $CF$.

Ở đây mình dùng tỉ số kép. $PA$ cắt $BC$ tại $A'$

$(BT,BA,BD,BC)=(BE,BA,BD,BC)=(BE,BA,BZ,BC)=(CE,CA,CZ,CB)=(CX, CA,CP,CA')=(X,A,P,A')$

Giống hệt, ta được $(CT,CA,CD,CB)=(CF,CA,CD,CB)=(X,A,P,A')$

Do đó $BE\cap CF$, $A$, $D$ thẳng hàng, tức là $AD$, $BE$, $CF$ đồng quy.

Quay lại bài của Bảo, $BE$, $CF$ là đường cao nên $AD$ là đường cao.

Mình đề nghị bài tiếp theo

$\boxed{\text{Bài toán 70}}$(Morley point of quadrilateral) Cho 4 đường thẳng $a$, $b$, $c$, $d$ đôi một cắt nhau và không có bộ ba nào đồng quy.

Kí hiệu $\triangle abc$ là tam giác tạo bởi 3 đường thẳng $a$, $b$, $c$.

Gọi $N_a$, $N_b$, $N_c$, $N_d$ là tâm đường tròn 9 điểm của $\triangle bcd$, $\triangle cda$, $\triangle dab$, $\triangle abc$.

Chứng minh các đường thẳng lần lượt qua $N_a$, $N_b$, $N_c$, $N_d$ và vuông góc $a$, $b$, $c$, $d$ đồng quy tại một điểm trên đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần $abcd$.

P.S: Đường thẳng Steiner đã quen thuộc nhưng mình nhắc lại, đó là đường thẳng chứa trực tâm của 4 tam giác $\triangle bcd$, $\triangle cda$, $\triangle dab$, $\triangle abc$.

Hơn nữa, bài này mình đã có lời giải rồi, không tọa độ gì hết, thuần túy hình học thôi.




#643002 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 30-06-2016 - 20:45

Em cũng không biết là bài 54 có cách chứng minh như vậy.

Tổng quát hơn là tính chất 6 đường thẳng đồng quy trên đường thẳng Euler mà em đã post tại http://artofproblems...1202141p5914760

Trong post đó em có ghi nguồn.

Tam giác vuông cân là trường hợp của bài 54.

Đặc biệt khi cho tam giác đều thì các đường thẳng sẽ song song với đường thẳng Euler; khi tam giác cân có góc ở đáy là $\dfrac{\pi}{6}$ thì điểm đồng quy là tâm đường tròn chín điểm.




#642928 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 30-06-2016 - 10:58

Bài thầy vừa đề nghị là trường hợp đặc biệt của bài 52 ạ, khi mà $(PB,PC)=(PE,PF)=\dfrac{\pi}{2}$.

Em đề nghị bài tiếp theo

$\boxed{\text{Bài toán 54}}$(đặc biệt hóa) Cho $\triangle ABC$. Dựng ra ngoài và vào trong hai hình vuông cạnh $BC$. $A_1$, $A_2$ là tâm hai hình vuông thì $A_1A'_1$, $A_2A'_2$ đi qua trực tâm $\triangle ABC$. Trong đó $P'$ là đẳng giác của $P$ với $\triangle ABC$.




#642900 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 30-06-2016 - 01:10

Với bài 52, việc cho hai góc bù nhau chỉ giúp chứng minh $EFGH$ đồng viên(theo mình là vậy) cụ thể
$(EF,EH)=(EF,EP)+(EP,EH)=(BC,BP)+(AP,AD)=(BC,AD)+(PA,PB)$
$(GF,GH)=(GF,GP)+(GP,GH)=(CB,CP)+(PD, DA)=(BC,AD)+(PD,PC)$
do đó chúng đồng viên.
Ý thứ 2 nên đc phát biểu khác đi như sau: cho tứ giác toàn phần tạo bởi 4 đường thẳng $a ,b, c, d$ và 1 điểm $P$. Nếu hình chiếu vuông góc của $P$ lên 4 cạnh tứ giác toàn phần đồng viên thì tâm đường tròn thuộc đường thẳng Newton-Gauss của tứ giác toàn phần.
Chứng minh điều này đã có trong bài viết tổng quát đường thẳng Newton nhưng dùng lượng giác, diện tích và chứng minh hoàn toàn phụ thuộc hình vẽ.




#642827 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 29-06-2016 - 19:47

Lời giải của mình cho bài 50

Đường thẳng Euler của $\triangle ABC$ cắt $BC$, $CA$, $AB$ tại $X$, $Y$, $Z$.

Vị tự tâm $C$, chỉ cần chỉ ra đường thẳng Euler của $\triangle CXY$ song song $AB$.

Tuy nhiên đây chính là một phần của định lý Gossard nổi tiếng https://en.wikipedia...sard_perspector

Em nhờ thầy đề nghị giúp em bài mới ạ.

Hình gửi kèm

  • OH.png



#642000 VMF's Marathon Hình học Olympic

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 24-06-2016 - 14:46

Bài 43 thì lời giải của mình dùng tỉ số kép.

 

Ý a là định lý Steinbart nổi tiếng.

Ý b khó ở chỗ là tìm điểm cố định, và điểm cố định là điểm đẳng giác của điểm Gergonne(điểm đồng quy của $AD$, $BE$, $CF$), tức là tâm vị tự trong $T$ của đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp $\triangle ABC$.

Để ai đọc cũng có thể hiểu thì mình trình bày ngược.

$T$, $R$, $S$ thẳng hàng khi và chỉ khi $(BC,BT,BR,BS)=(CB,CT,CR,CS)$

$G$, $P$, $Q$ đẳng giác với $T$, $R$, $S$ nên

\[(BA,BG,BP,BQ)=(BC,BT,BR,BS)\text{ (đối xứng qua phân giác góc $B$)}\]

\[(CA,CG,CP,CQ)=(CB,CT,CR,CS)\text{ (đối xứng qua phân giác góc $C$)}\]

Như vậy $T$, $R$, $S$ thẳng hàng khi và chỉ khi $(BA,BG,BP,BQ)=(CA,CG,CP,CQ)$, chỉ cần chứng minh được đẳng thức tỉ số kép này.

Cho $PE$, $PF$ cắt $AB$, $AC$ tại $N$, $M$

\[(BA,BG,BP,BQ)=(BN,BE,BP,BP_b)=(N,E,P,P_b)\qquad (CA,CG,CP,CQ)=(CM,CF,CP,CP_c)=(M,F,P,P_c)\]

Biến đổi tương đương

\[(N,E,P,P_b)=(FN,FE,FP,FP_b)=(FF,FE,FP_c,FP_b)=(EF,EE,EP_c,EP_b)=(EE,EF,EP_b,EP_c)=(EM,EF,EP,EP_c)=(M,F,P,P_c)\]

Vậy chứng minh hoàn tất, $RS$ đi qua đẳng giác của điểm Gergonne.

P/S: Thầy và các bạn kiểm tra giúp em lời giải. Và thầy giúp em đề nghị bài mới được không ạ?

Bạn Khánh gửi link gốc được không?

 

Hình gửi kèm

  • X7 (1).png



#641555 Tuần 4 tháng 6 năm 2016: Đường thẳng đi qua điểm cố định

Gửi bởi QuangDuong12011998 trong 21-06-2016 - 11:26

Với cách tổng quát thứ hai thì em vẫn nghịch đảo như bài cũ.

Bổ đề. $P$, $Q$ đẳng giác. $PA$ cắt $(PBC)$ tại $D$. $\Psi_A$ là hợp của phép nghịch đảo cực $A$, phương tích $AB\cdot AC$ với phép đối xứng qua phân giác góc $A$. Thì $\Psi_A(Q)=D$.

$P'$, $Q'$ đẳng giác với $P$, $Q$. Mà $P$, $Q$ là nghịch đảo của nhau qua $(O)$ nên $P'$, $Q'$ là hai điểm đối giác(antigonal image)

Hai điểm đối giác có tính chất $(P'B,P'C)+(Q'B,Q'C)=(P'C,P'A)+(Q'C,Q'A)=(P'A,P'B)+(Q'A,Q'B)=0\pmod\pi$

Cho $P'A$, $Q'A$ cắt $(P'BC)$, $(Q'BC)$ tại $D$, $X$.

Đã có $(DB,DC)=-(XB,XC)$. Lại có $(BC,BD)=(P'C,P'D)=(P'C,P'A)=-(Q'C,Q'A)=-(Q'C,Q'X)=-(BC,BX)$

Từ đó mà $X$, $D$ đối xứng qua $BC$.

$I$ là tâm $(OBC)$. $J$ đối xứng với $O$ qua $BC$.

$I$, $J$ là nghịch đảo của nhau qua $(O)$. Lấy $A_1$, $A_2$ là giao của $(O)$ với trung trực $BC$ thì $\overline{OA_1}^2=\overline{OA_2}^2=\overline{OI}\cdot\overline{OJ}$ nên $(A_1,A_2,I,J)$ là hàng điều hòa, vậy $AI$, $AJ$ đẳng giác.

Theo bổ đề thì

\[\Psi_A: AI,OK,(KPQ)\rightarrow AJ,(AOK),(ODX)\]

Do đối xứng qua $BC$ mà có ngay $(AOK)$, $(ODX)$ đi qua $J$.

Vậy kết luận $AI$, $OK$, $(KPQ)$ đồng quy, tức là $AR$ luôn đi qua tâm $(OBC)$ cố định.

_____________________________________

Tổng quát sau cùng của thầy em thấy không ổn? $K$, $R$ là nghịch đảo của nhau qua $(O)$ thì $R$ cố định.

Hình gửi kèm

  • antigonal (1).png