TQHKTH

Lời giải bài 2 của mình.

Gọi $(\mathcal{C})$ là conic đi qua 5 điểm $A, B, C, D, I$.

Dễ thấy rằng:

$$A(BDIS) = A(EFIM) = (EFIM) \stackrel{\mathcal{S}_I}{=} (FEIN) = C(FEIN) = C(BDIS)$$

Như vậy $S\in (\mathcal{C})$. Và từ đây ta có:

$$(EFIP) = B(EFIP) = B(ACIS) = D(ACIS) = D(FEIQ) = (FEIQ)$$

Chú ý rằng phép đối xứng qua $I$ biến: $E, F, I\mapsto F, E, I$ nên cũng biến $P\mapsto Q$.

Ta có điều phải chứng minh.

Cảm ơn ecchi123 và NHN đã cho 2 lời giải ấn tượng cho bài 2.

Bài toán tổng quát của bài số 2 đã được đăng ở đây, dành cho những ai có hứng thú

Xin đóng góp 1 hướng tiếp cận cho bài toán thứ 2.

Ta gọi $XD$ cắt lại $(O)$ tại $T$ và $K$ là trung điểm $QT$. Ta cần chứng minh $K$ chính là tâm ngoại tiếp $\triangle DUV$. Thật vậy:

Gọi $M$ là hình chiếu của $Q$ lên $BC$ và $EF\cap BC = S$.

Đặt $\alpha = -\dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}},\ \beta = -\dfrac{\overline{MB}}{\overline{MC}}$. Khi đó:

$$\dfrac{\overline{SB}}{\overline{SC}} = \dfrac{\overline{BF}}{\overline{FA}} . \dfrac{\overline{AE}}{\overline{EC}} = \dfrac{BF}{FP} . \dfrac{PF}{FA} . \dfrac{AE}{EP} . \dfrac{PE}{EC} = \dfrac{BM}{MQ} . \dfrac{XD}{DC} . \dfrac{BD}{DX} . \dfrac{QM}{MC} = \dfrac{\overline{MB}}{\overline{MC}} . \dfrac{\overline{DB}}{\overline{DC}} = \alpha . \beta$$

Trên trục $BC$ chọn tọa độ $B = 1, C = 0$ và khi đó:

$$D = \dfrac{B+\alpha C}{1+\alpha} = \dfrac{1}{1+\alpha},\ M = \dfrac{1}{1+\beta},\ S = \dfrac{1}{1-\alpha \beta}$$

Do đó:

$$\overline{SM}.\overline{SD} = \left(\dfrac{1}{1+\beta}-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right)\left(\dfrac{1}{1+\alpha}-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right) = \left(1-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right)\left(0-\dfrac{1}{1-\alpha \beta}\right) = \overline{SB}.\overline{SC} = \overline{SU}.\overline{SV}$$

Có nghĩa là $DMUV$ nội tiếp. Và do $QMDT$ là hình thang vuông nên rõ ràng trung điểm $K$ của $QT$ phải nằm trên trung trực $MD$.

Thêm vào đó, nếu gọi $AQ$ cắt lại $(O)$ tại $Y$ thì hiển nhiên $XY\parallel BC$, hay $XY\perp XD$. Từ đó $YT$ phải là đường kính của $(O)$, hay $O$ là trung điểm $TY$. Do đó $KO\parallel QY$ (đường trung bình $\triangle TQY$) $\Rightarrow KO\perp UV \Rightarrow K$ nằm trên trung trực $UV$.

Tóm lại $K$ nằm trên trung trực của $MD$ và $UV$. Đồng thời, $DMUV$ nội tiếp nên $K$ chính là tâm $(DUV)$.

Vậy kết thúc chứng minh.

Nói thêm một chút, theo mình biết, bài toán 62 đã có ở đây và được mở rộng tại đây (post #78)

Thượng úy Dogsteven đưa ra một bài toán rất hay mà hình như chưa có ai giải phải ko ạ (post #131)?

Em có một bài toán tương tự khác.

Cho tam giác $ABC$ và điểm $P$ nằm trên trung trực $BC$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $(PBC)$ cắt $AB, AC$ tại $F, E$. Gọi $Q$ là điểm đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$. Khi đó $PQ, BE, CF$ đồng quy.

Mình xin đề xuất hướng tiếp cận của mình như sau:

Chứng minh. Gọi $BE\cap CF = K$ và đặt $\angle PBC = \angle PCB = \alpha$. Dễ dàng cộng góc để suy ra $\angle PEB = \angle PFC = \angle QBA = \angle QCA = \angle PEA = \angle PFA = \alpha$. Dựng $S, T\in CA, AB$ sao cho $\angle EKS = \angle FKT = \alpha$. Khi đó: $BECF$ nội tiếp nên $\triangle KCE \sim \triangle KBF$. Từ đây ta có 2 cấu hình đồng dạng:

$(\triangle KCE\cup S)\sim (\triangle KBF\cup T)$

Do đó: $(CE,S) = (BF,T)$. Lại chú ý tới 1 loạt các góc bằng $\alpha$ ở trên, ta có $CQ\parallel EP\parallel SK$ và $BQ\parallel FP\parallel TK$ nên theo Thales đảo dễ thấy $\overline{Q,P,K}$. Vậy kết thúc chứng minh.