Bài viết này sẽ xoay quanh và mở rộng bài hình học thi IMO năm 2014 ngày 1 bằng các công cụ hình học thuần túy.

http://analgeomatica...-hoc-trong.html

Về bài hình ngày 1 http://analgeomatica...-2015-ngay.html

Cám ơn Phương. Bài này mình cũng đã post trên AoPS ở đây và đáp án này cũng do mình đề nghị. Trước hết ta viết bài toán lại cho đường tròn nội tiếp cho dễ nhìn, hai cách viết chứng minh giống hết nhau

Bài toán 136'. Cho tam giác $ABC$ với đường tròn nội tiế $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. Đường tròn qua $A,B$ tiếp xúc $(I)$ tại $M$. Đường tròn qua $A,C$ tiếp xúc $(I)$ tại $N$. $BM$ cắt $CN$ tại $P$. Chứng minh rằng $\angle PAB=\angle DAC$.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ với đường tròn nội tiếp $(I,r)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Đường tròn qua $B,C$ tiếp xúc $(I)$ tại $X$ thì

i) $\frac{XE.XF}{XD^2}=\frac{r^2}{IB.IC}.$

ii) $\frac{XE}{XF}=\frac{IB.DE^2}{IC.DF^2}.$

Chứng minh. Sử dụng chứng minh trong bài G7 SL 2002 quen thuộc, gọi $DK$ là đường kính của $(I)$ thì $XK,EF,BC$ đồng quy tại $G$. $AD$ cắt $EF$ tại $H$. Ta có $\frac{XE}{XF}.\frac{KE}{KF}=\frac{GE}{GF}=\frac{HE}{HF}=\frac{[AED]}{[AFD]}=\frac{DE}{DF}.\frac{DB}{IC}.\frac{IB}{DC}$ và chú ý $KE.IC=2r^2=KF.IB$. Vậy nên $\frac{XE}{XF}=\frac{IB.DE^2}{IC.DF^2}$ và $\frac{FX}{FK}.\frac{EX}{EK}=\frac{GX}{GK}=\frac{GD^2}{GK^2}=\frac{XD^2}{4r^2}$ và chú ý $KE.IC=2r^2=KF.IB$. Nên $\frac{XE.XF}{XD^2}=\frac{r^2}{IB.IC}.$

Hệ quả. $\dfrac{XE^2}{XD^2}=\dfrac{r^2.DE^2}{IB^2.DF^2}$ and $\dfrac{XF^2}{XD^2}=\dfrac{r^2.DF^2}{IC^2.DE^2}$.

Giải bài toán. Gọi $(I)$ tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$. $XYZ$ là tam giác Ceva của $P$. Gọi $BY$ cắt $DF$ tại $K$. Ta có $\frac{YC}{YA}=\frac{[YBC]}{[YBA]}=\frac{[YBC]}{[KBD]}.\frac{[KBD]}{[KBF]}.\frac{[KBF]}{[YBA]}=\frac{BC.BY}{BD.BK}.\frac{KD}{KF}.\frac{BF.BK}{BY.BA}=\frac{BC}{BA}\frac{MD^2}{MF^2}=\frac{BC}{BA}.\frac{r^2.DF^2}{EF^2.IA^2}.$ Tương tự, $\frac{ZB}{ZA}=\frac{BC}{CA}.\frac{r^2.DE^2}{EF^2.IA^2}$. Sử dụng định lý Ceva thì $\frac{XB}{XC}=\frac{YA}{YC}.\frac{ZB}{ZA}=\frac{AB.DE^2}{AC.DF^2}$. Vì vậy nên $\frac{DB}{DC}.\frac{XB}{XC}=\frac{p-b}{p-c}.\frac{AB.DE^2}{AC.DF^2}=\frac{DF.IB}{DE.IC}.\frac{AB.DE^2}{AC.DF^2}=\frac{AB^2}{AC^2}$. Do đó $AD,AX$ đẳng giác.

Đáp án bài toán 117. Gọi $BC,DE,AF$ cắt nhau tạo thành tam giác $MNP$. Vì tổng các góc của lục giác là $720^\circ$ nên $\angle A+\angle B=\angle C+\angle D=\angle E+\angle F=240^\circ$. Vì vậy, ta dễ thấy tam giác $MNP$ đều. Dựng tam giác đều $DEO$ với $O$ nằm trong lục giác. Ta thấy $EOAF$ và $DOBC$ đều là hình bình hành, nên $AB=EF=OA=CD=OB$, vậy $OAB$ là tam giác đều. Do đó, $\angle AFE+\angle BCD=\angle AOE+\angle BOD=360^\circ-60^\circ-60^\circ=240^\circ$. Nhưng do $\angle EDC+\angle BCD=240^\circ$. Từ đó suy ra $\angle AFE=\angle EDC$. Tương tự, $\angle EDC=\angle CBA$. Từ đó  $\angle B=\angle D=\angle F$. Ta có điều phải chứng minh.

Năm mới xin chúc các bạn mọi điều tốt đẹp như ý. Minh xin khai trương topic năm mới bằng cách giải bài này và đề nghị một bài đẹp tiếp theo  . Trước hết thay đổi một chút ký hiệu cho bài toán dễ nhìn.

Bài toán 152 (Dark Repulsor). Cho tam giác $ABC$ có đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $M,N$ là trung điểm của $CE,BF$. $HM,HN$ cắt các đường tròn $(HBF),(HCE)$ lần lượt tại $P,Q$ khác $H$. $U,V$ lần lượt thuộc $BE,CF$ sao cho $AU\perp AB,AV\perp AC$. Chứng minh rằng $PQ\parallel UV$.

Giải bài toán 152. Ta thấy $\angle MCH=\angle HBF=\angle HPF$ nên tứ giác $FMCP$ nội tiếp. Tương tự tứ giác $ENBQ$ nội tiếp. Từ đó $HP.HM=HF.HC=HE.HB=HN.HQ$, ta suy ra $MNPQ$ nội tiếp. Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $G$. $GH$ cắt $CA,AB$ tại $L,K$. Ta thấy $(AK,FB)=(AL,EC)=-1$ nên $AL.AM=AE.AC=AF.AB=AK.AN$ suy ra $KLMN$ nội tiếp. Kết hợp $MNPQ$ nội tiếp suy ra $PQ\parallel KL\perp AR$ với $R$ là trung điểm $BC$. Gọi $D$ đối xứng $A$ qua $R$ thì dễ thấy hai tam giác $AUV$ và $CDA$ đồng dạng c.g.c lại có các cạnh $AV\perp AC, AU\perp CD$ nên $AD\perp UV$. Từ đó $PQ\parallel UV$ do cùng vuông góc $AD$.

Bài toán 153. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trực tâm $H$ và $D$ là trung điểm của cung $BC$ không chứa $A$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $HBC$. $M,N$ lần lượt đối xứng $A$ qua $OB,OC$. Trên $MC,NB$ lần lượt lấy $E,F$ sao cho $KE\parallel DB,KF\parallel DC$. Chứng minh rằng $HE=HF$.

Lưu ý các bạn vẫn còn bài toán 146 chưa có lời giải.

Bài này phải dùng nhiều kỹ thuật, mặt khác vì nó là bài của mình tạo ra mình cũng không muốn đưa vào topic, vậy ta tạm gác lại, mình đề xuất một bài toán khác thay thế. 

$\boxed{\text{Bài toán 49.}}$ Cho tam giác $ABC$ và $P$ là điểm bất kỳ trong tam giác. Đường tròn $(K),(L)$ lần lượt ngoại tiếp các tam giác $PAC,PAB$ lần lượt cắt $BC$ tại $F,E$ khác $C,B$. $M$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AEF$. $PA$ cắt $BC$ tại $D$. Trung trực $AD$ cắt đường thẳng qua $D$ vuông góc $BC$ tại $N$. $MN$ cắt $KL$ tại $Q$. Chứng minh rằng $Q$ nằm trên trung trực $BC$.

Mình nghĩ rằng nên có thêm một quy tắc, là những ai đề xuất bài vào topic này cần có đáp án, nếu bài không có đáp án chỉ nên thảo luận bên ngoài thôi.

Lời giải không nghịch đảo của Khoa cho bài của thầy rất thú vị, bài đó thầy tạo ra từ nghịch đảo giống như Quân (halloffame) đã làm, bài toán gốc là một mở rộng của bài 4 trong IMO 2010, hãy đón đọc cả bài viết trong kỷ yếu GGTH 2016 !

Mình xin đề nghị bài tập tiếp cho topic được liên tục.

Bài toán 119. Cho tam giác $ABC$ có trực tâm $H$ và tâm ngoại tiếp $O$. $E,F$ là trung điểm $CA,AB$. Các điểm $M,N$ thuộc $OH$ sao cho $FM\parallel AC$, $EN\parallel AB$. $K$ là điểm thuộc $BC$ sao cho $\angle HKB=\angle OKC$. $OK$ cắt $FM,EN$ lần lượt tại $P,Q$. $MQ$ cắt $PN$ tại $R$. Chứng minh rằng $AH,OR,BC$ đồng qui.

Bài toán Gossard có thể tham khảo thêm các link sau từ AoPS

http://artofproblems...unity/c6h284982

http://artofproblems...unity/c6h561557

Được Dương đồng ý, mình xin đề nghị bài sau (Trong chuỗi bài GGTH 2016)

$\boxed{\text{Bài toán 51.}}$ Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp trong đường tròn $(O)$. $P$ là một điểm nằm trong tam giác và nằm trên trung trực $BC$. Lấy điểm $Q$ trên đường tròn $(PBC)$ và nằm trong tam giác sao cho $\angle PQA+\angle OAP=90^\circ$. $QA,QB,QC$ lần lượt cắt $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $DE,DF$ lần lượt cắt $PQ$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $BN,CM,EF$ đồng quy tại $R$ và $\angle RQA=\angle PAO$.

Cám ơn em đã đăng lời giải, bài toán 150 có thể tham khảo lời giải dùng tỷ số kép ở đây.

Bài toán 151. Cho tam giác $ABC$ với đường cao $AD$. $E,F$ là hình chiếu của $D$ lên $CA,AB$. $EF$ cắt $BC$ tại $T$. $BE$ cắt $CF$ tại $S$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $SEF$. Một đường thẳng bất kỳ đi qua $T$ cắt $(ABC)$ tại $M,N$. Chứng minh rằng đường tròn có tâm trên $AK$ và đi qua $M,N$ thì tiếp xúc $(K)$.

Lời giải của em khá ngắn gọn làm thầy bất ngờ , đáp án của thầy dài hơn. Chú ý $E,F,R$ thẳng hàng chỉ cần định lý Pappus đảo!

Mình xin đề nghị tiếp một bài nữa cho topic duy trì hai bài

Bài toán 157. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$. $M,N$ nằm trên $AO$ sao cho $\angle ABM=\angle ICB$ và $\angle ACN=\angle IBC$. Gọi $L$ là tâm ngoại tiếp tam giác $IMN$. $AL$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. $DI$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $D$. Chứng minh rằng $\angle AGK=90^\circ$.

Đúng rồi cám ơn Dương, Bảo, điểm $K$ bị lặp, bài này là combine bài Turkey 2016 và CHKMO 2014 !

Ý chứng minh của Dương chính là bài CHKMO 2014 ở link. Mấu chốt là dựng ra tâm bàng tiếp $J$ vào sau đó chứng minh $H$ nằm trên $(JBC)$.

Nhân bài cũ của Bảo

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.

Nguồn

mjuk ~ Croatia

 

Thầy đề nghị thêm 1 ý là

b) Cmr đẳng giác của điểm đồng quy trong tam giác $DEF$ nằm trên đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.

Bài toán 83 của Bảo có thể coi là trường hợp riêng của bài sau (sau khi viết lại cho tam giác $PBC$)

http://analgeomatica...2-thang-12.html

Thầy thử đề xuất một bài mới !

$\boxed{\text{Bài toán 84.}}$ Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AD$. Trên tia $BC,CB$ lấy các điểm $G,H$ sao cho $BG=BA,CH=CA$. $E,F$ là trung điểm của $DG,DH$. Đường tròn $(A,AD)$ cắt $CA,AB$ tại $P,Q$. $M,N,Y,Z$ lần lượt đối xứng $A$ qua $C,B,P,Q$. $NE$ cắt đường tròn $(A,AD)$ tại $K$ sao cho $K,N$ khác phía đường thẳng qua $A$ vuông góc $KN$. $MF$ cắt đường tròn $(A,AD)$ tại $L$ sao cho $L,M$ khác phía đường thẳng qua $A$ vuông góc $LM$. Lấy $S,T$ thuộc $MF,NE$ sao cho $YS\parallel PL$ và $ZT\parallel QK$. Chứng minh rằng $D$ là tâm $(AST)$.

 

Cám ơn Bảo về lời giải ngắn gọn, đáp án của thầy dài hơn

Đáp án bài toán 118. Gọi $T$ là trung điểm $BC$, $I$ là giao điểm thứ hai khác $K$ của $AB$ với đường tròn đường kính $BC$. Gọi $D$ là chân đường cao từ $A$ xuống $BC$ suy ra $DK=DI$ và $DK^2=DB.DC=\overline{DH}.\overline{DA}$ suy ra $(KI,AH)=-1$ nên $(KA,IH)=2$. Vậy $\dfrac{\overline{IK}}{\overline{IA}}=2\dfrac{\overline{HK}}{\overline{HA}}$ hay $\dfrac{\overline{ID}}{\overline{IA}}=\dfrac{\overline{HK}}{\overline{HA}}$ mà dễ chứng minh $\overline{HK}=2\overline{LT}$ suy ra $\dfrac{\overline{ID}}{\overline{IA}}=\dfrac{\overline{HK}}{\overline{HA}}=\dfrac{\overline{TL}}{\overline{TO}}=\dfrac{\overline{QT}}{\overline{TC}}=\dfrac{\overline{TP}}{\overline{TC}}$ suy ra $\dfrac{\overline{ID}}{\overline{DA}}=\dfrac{\overline{TP}}{\overline{PC}}$. Chứng minh tương tự thì $\dfrac{\overline{ID}}{\overline{DA}}=\dfrac{\overline{TQ}}{\overline{QB}}$ suy ra $\dfrac{\overline{TP}}{\overline{PC}}=\dfrac{\overline{TQ}}{\overline{QB}}$. Mặt khác theo định lý Thales thì $\dfrac{\overline{PE}}{\overline{PC}}=\dfrac{\overline{DH}}{\overline{DC}}$ và $\dfrac{\overline{QF}}{\overline{QB}}=\dfrac{\overline{DH}}{\overline{DB}}$. Từ đó, ta có $\dfrac{TP.TQ}{PE.QF}=\dfrac{ID^2}{DA^2}.\dfrac{DB.DC}{DH^2}=1$ suy ra $\dfrac{TP}{FQ}=\dfrac{PE}{QT}$ suy ra $\triangle PET \sim \triangle QFT$ suy ra $\angle FTQ=\angle TEP$ suy ra $\angle ETF=90^\circ$. Gọi $S$ là giao điểm $TE,QF$ suy ra $TS=TE$ và  $PE=SQ$. Mà tam giác $FES$ có đường cao $FT$ đồng thời là trung tuyến, suy ra tam giác $FES$ cân tại $F$, suy ra $FE=FS$ suy ra $FE=FS=FQ+QS=FQ+PE$. Từ đó, ta có điều phải chứng minh.

Cám ơn Bảo về bài phát triển và lời giải hay, thầy đễ xuất bài sau

$\boxed{\text{Bài toán 92.}}$ Cho tam giác $ABC$ nhọn có tâm ngoại tiếp $O$, trực tâm $H$ và đường tròn Euler là $(N)$. Dựng hình bình hành $ABDC$. Trên trục đẳng phương của đường tròn đường kính $OD$ và $(N)$ lấy $P$ sao cho $OP\parallel BC$. $K$ thuộc $OH$ sao cho $PK=PO$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của đường tròn đường kính $HK$ và $(N)$ đi qua $O$.

Ta đưa bài toán 120 về bài toán sau

Bài toán 120'. Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$. $P,Q$ lần lượt đối xứng với $E,F$ qua $IB,IC$. $K,L$ thuộc $CA,AB$ sao cho $PK\perp AB,QL\perp AC$. Chứng minh rằng đường thẳng qua $K,L$ lần lượt vuông góc $CA,AB$ cắt nhau trên đường thẳng $OI$ của $ABC$.

Lời giải. Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ABC$ và $M,N$ là hình chiếu của $O$ lên $CA,AB$. Đường thẳng qua $I$ song song $BC$ cắt $OB,OC$ tại $S,T$. Dễ thấy hai tam giác $FQN$ và $CIO$ đồng dạng c.g.c mặt khác hai tam giác $FQL$ và $CIT$ đồng dạng g.g nên $\frac{LF}{LN}=\frac{TC}{TO}$. Tương tự $\frac{KE}{KM}=\frac{SB}{SO}$ do đó theo định lý Thales thì $\frac{LF}{LN}=\frac{KE}{KM}$ theo bổ đề quen thuộc dễ thấy các đường thẳng qua $K,L$ lần lượt vuông góc $CA,AB$ cắt nhau trên đường thẳng $OI$ của $ABC$.

Bài toán 121. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$. $AI$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $A$. $PQ$ là đường kính của $(O)$. $QI$ cắt $BC$ tại $D$. $M,N$ là trung điểm của $DI$ và $KA$. Đường thẳng qua $M$ song song $DN$ cắt trung trực $AQ$ tại $R$. Gọi $J$ là trung điểm $OI$. Chứng minh rằng $\angle APR=\angle QPJ$.

Lời giải bài 92 có ở đây http://artofproblems.../u68918h1283315

$\boxed{\text{Bài toán 93.}}$ Cho tam giác $ABC$ có điểm Fermat $F$. $FA,FB,FC$ cut $BC,CA,AB$ tại $X,Y,Z$. $FB,FC$ cắt $XZ,XY$ lần lượt tại $M,N$. Chứng minh rằng đường thẳng Euler của tam giác $AMN$ vuông góc với $BC$.

Bài này của Phương thực chất là một bổ đề khá quen thuộc sau

Bổ đề. Tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(I)$ tiếp xúc $AD,BC$ và tiếp xúc ngoài cung nhỏ $CD$ tại $M$. Đường tròn $(J)$ tiếp xúc $AD,BC$ và tiếp xúc trong cung nhỏ $AB$ tại $N$. Chứng minh rằng $MN,BD,AC$ đồng quy.

Chứng minh. Theo bổ đề Poncelet thì đường tròn $(K)$ tiếp xúc $DB,DC$ tiếp xúc ngoài cung nhỏ $CD$ thì tiếp điểm cũng là $M$. Tương tự đường tròn $(L)$ tiếp xúc $DB,DC$ tiếp xúc trong cung nhỏ $AB$ thì tiếp điểm cũng là $N$. Gọi $DB$ cắt $AC$ tại $E$ thì $E$ là tâm vị tự trong của $(K),(L)$ nên theo định lý Monge thì $M,N,E$ thẳng hàng hay $MN,BD,AC$ đồng quy.

Giải bài toán. Áp dụng bổ đề cho tứ giác $MEND$ nội tiếp. Ta thu được điều phải chứng minh.

Bài toán 138 (Mở rộng T12/471 THTT). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và tâm nội tiếp $I$. $D$ thuộc cung $BC$ không chứa $A$ của $(O)$. $DB,DC$ cắt $(IAB),(ICA)$ tại $P,Q$ khác $B,C$. $M,N$ thuộc $BC$ sao cho $MP,QN$ cùng vuông góc với $PQ$. Chứng minh rằng tâm đường tròn $(AMN)$ nằm trên $DO$.

Bài toán 98. Cho tam giác $ABC$ giả sử có điểm $P$ nằm trong tam giác sao cho $\angle PBA=\angle PCA$ đồng thời nếu có các đường tròn $(K)$ qua $P,C$ và đường tròn $(L)$ qua $P,B$ sao cho $(K),(L)$ cắt nhau tại $Q$ khác $P$ thì $BQ$ đi qua giao điểm $E$ của $(K)$ và $AC$ còn $CQ$ đi qua giao điểm $F$ của $(L)$ và $AB$. Chứng minh rằng $BE=CF$.

Nguồn gốc: http://www.cut-the-k.../Stoyanov.shtml

Bài toán 151 này là mở rộng của mình cho một bài toán của bạn Trịnh Huy Vũ, được post tại đây, xem #11, vẫn còn bài toán 146 chưa có lời giải, nếu tới mai không có ai giải mình sẽ post đáp án. Dark Repulsor em hãy đề nghị một bài toán tiếp.

Cám ơn Hoàng đã đóng góp lời giải và bài toán mới.

Bài toán này thực chất là một kết quả kinh điển. Chứng minh cực trực giao của một đường thẳng đi qua tâm ngoại tiếp nằm trên đường tròn Euler. Mình xin đưa ra một chứng minh ngắn gọn như sau. Viết bài toán theo ký hiệu điểm.

Bài toán. Cho tam giác $ABC$ có tâm ngoại tiếp $O$. $d$ là đường thẳng đi qua $O$. $D,E,F$ là hình chiếu của $A,B,C$ lên $d$. Chứng minh rằng đường thẳng qua $D,E,F$ vuông góc với $BC,CA,AB$ đồng quy trên đường tròn Euler của $ABC$.

Lời giải. Gọi $l$ là đường thẳng qua trực tâm $H$ của $ABC$ và vuông góc với $d$. Gọi $S$ là điểm anti-Steiner của $l$. $K$ đối xứng $H$ qua $BC$ thì $K$ thuộc $(O)$. Do $S$ là điểm anti-Steiner của $l$ nên $T$ đối xứng $S$ qua $BC$ nằm trên $l$. Từ đó gọi $ST$ cắt $(O)$ tại $X$ khác $S$ thì theo tính đối xứng ta có $\angle AXS=\angle AKS=\angle KHT$ do đó $AX\parallel HT\perp d$ nên $AX$ đi qua $D$ hay $D$ là trung điểm $AX$. Từ đó đường thẳng qua $D$ vuông góc $BC$ đi qua trung điểm $G$ của $SH$. Tương tự các đường thẳng còn lại đi qua $G$ và dễ thấy $G$ nằm trên đường tròn Euler của $ABC$.

Bài toán 100. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trực tâm $H$. $MN$ và $PQ$ là hai dây cung vuông góc với nhau tại điểm $S$. Gọi giao điểm của đường thẳng Simson ứng với $M,N$ của tam giác $ABC$ là $K$. Gọi giao điểm của đường thẳng Simson ứng với $P,Q$ của tam giác $ABC$ là $L$. Chứng minh rằng $K,L$ đối xứng nhau qua trung điểm $T$ của $HS$.

Cám ơn các em đã đóng góp, các marathon olympic ở trên diễn đàn ai thích tham gia cái nào cứ thoải mái có vấn đề gì đâu. Mình xin đưa ra đáp án chi tiết cho bài toán 153.

Đáp án bài toán 153. Trước hết ta thất $BA=BM$ nên $\angle BCM=\angle BCA$ do đó $CM$ và $CA$ là hai đường thẳng đối xứng nhau qua $BC$. Tương tự $BN$ và $BA$ là hai đường thẳng đối xứng nhau qua $BC$. Xét đối xứng trục $BC$ thì $D,K$ lần lượt biến thàng $L,O$ và ta vẫn có $BL\parallel DC, CL\parallel DB$. Khi đó $E$ sẽ $U$ biến thành giao điểm của đường thẳng qua $O$ song song $BL$ và $AC$ hay cũng chính là giao của đường thẳng qua $O$ song song $DC$ và $AC$. Tương tự $F$ biến thàng $V$ là giao điểm của đường thẳng qua $O$ song song với $DB$ và $AB$. Qua đối xứng trục $BC$ thì $H$ biến thành $X$ là giao điểm của $AH$ và $(O)$. Theo bài toán Iran 2013, thì $XU=XV$. Qua đối xứng trục $BC$ cho ta $HE=HF$.

Bài toán 153 là một ứng dụng của bài toán Iran 2013, bài toán này đã được mình tổng quát trong đề thách thức toán học trên số 1 của tạp chi PI. Xung quanh bài toán này còn rất nhiều điểm thú vị.

Bài toán 146 mình gửi lên AoPS đã lâu, có thể coi là tổng quát của 2010 APMO P4 và 2012 China TST P3, các bạn có thể xem đề bài và đáp án tại đây trong #7 và #8. 

Xin đề nghị tiếp một bài nữa để topic được tiếp tục với 2 bài toán

Bài toán 155 (AoPS). Cho tam giác $ABC$. Đường tròn nội tiếp tiếp xúc $AB,BC$ tại $D,E$. Lấy điểm $F$ trên cạnh $AB$ sao cho $BF=AD$. Phân giác góc $\angle BCA$ cắt $AB$ tại $K$ và cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $CDF$ tại $L$ khác $C$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $EKL$ cắt $BC$ tại $N$ khác $E$. Chứng minh rằng tam giác $BNF$ cân.

Cám ơn Quân đã đóng góp lời giải, bài này thầy mở rộng từ bài IMO 2005, xin đề nghị bài tiếp như sau

Bài toán 118. Cho tam giác $ABC$ nhọn trực tâm $H$, tâm ngoại tiếp $O$, $G$ là trọng tâm của tam giác $HBC$. $K$ thuộc đoạn $AH$ sao cho $\angle BKC=90^\circ$. $KG$ cắt trung trực $BC$ tại $L$. Các điểm $P,Q$ thuộc đoạn $BC$ sao cho $LP\parallel OB,LQ\parallel OC$. Các điểm $E,F$ thuộc đường thẳng $HC,HB$ sao cho $PE,QF$ cùng vuông góc với $BC$. Chứng minh rằng $EF=PE+QF$.

Lời giải của Việt(vietdohoangtk7nqd) có ý hay nhưng trình bày không cẩn thận, em chú ý rằng trong lời giải em đưa lên có 2 điểm $M$, có thời gian thầy sẽ trình bày lại giúp em. Mình đưa ra đáp án cho bài toán 147.

Đáp án bài toán 147. Chú ý rằng $M,N$ lần lượt là nghịch đảo của $C,B$ qua đường tròn $(AEF)$. Sử dụng phép nghịch đảo cực $A$ phương tích bất kỳ ta đưa về bài toán sau