Cách xác định:

_Lấy trung điểm $AB$ là $N.$

_Lấy điểm $P$ sao cho $\overrightarrow{PN} = \overrightarrow{u}.$

_Khi đó $M$ chính là trung điểm $NP,$ vì khi đó $\overrightarrow{MA} + \overrightarrow{MB} =2. \overrightarrow{MN} = \overrightarrow{PN}= \overrightarrow{u}.$

cho tam giác ABC, M là trung điểm AB, N thuộc AC: NC = 2NA

a, xác định điểm K : $3\vec{AB}+2\vec{AC}-12\vec{AK}=0$

B, Xác định điểm D :$3\vec{AB}+4\vec{AC}-12\vec{KD}=\vec{0}$

Hình như đề cho hai điểm $M,N$ bị thừa thì phải 

Bạn xem tại đây.

Hỗn tạp

https://drive.google...=Võ Quốc Bá Cẩn

Bạn xem lại nhé, hình như đường dẫn bạn đăng tải có vấn đề.

Trên điệm thoại, nếu muốn gõ Latex thì bạn vào trang này gõ rồi cop công thức qua nhé.

Mình đăng trước ảnh đề thi, Latex sẽ gõ sau.

Lời giải bài toán 117.

Gọi $AF,BC,DE$ lần lượt cắt $BC,DE,AF$ tại $X,Z,Y.$ Xét $\widehat{BAF},\widehat{CBA}$ là hai góc ngoài của $\Delta XAB$ ta có:

$\widehat{X}+180^0=\widehat{BAF}+\widehat{CBA}.$ Tương tự $\widehat{Z}+180^0=\widehat{BCD}+\widehat{CDE} \Rightarrow \widehat{X}=\widehat{Z}.$

Tương tự $\widehat{X}=\widehat{Y} \Rightarrow \Delta XYZ$ đều. Gọi $O$ là điểm sao cho $AO,FO$ lần lượt song song $BC,DE.$

Khi đó $\widehat{AFO}=\widehat{Y}=60^0=\widehat{X}=\widehat{FAO} \Rightarrow \Delta AOF$ đều $\Rightarrow AO=AF=BC.$

Vậy $AO=BC,AO \parallel BC \Rightarrow AOCB$ là hình bình hành $\Rightarrow \widehat{CBA}=\widehat{COA}$ và $CO=AB=CD.$

Tương tự, $\widehat{FED}=\widehat{DOF}$ và $OD=DC \Rightarrow \Delta OCD$ đều $\Rightarrow \widehat{COD}=\widehat{AOF}=60^0.$

Do đó, $\widehat{CBA}+\widehat{DEF}=\widehat{COA}+\widehat{FOD}=240^0.$

Tương tự, $240^0=\widehat{BCD}+\widehat{AFE}=\widehat{FEY}+\widehat{Y}+\widehat{CDZ}+\widehat{Z} \Rightarrow \widehat{FEY}+\widehat{CDZ}=120^0.$

$\Rightarrow \widehat{CDE}+\widehat{DEF}=240^0=\widehat{CBA}+\widehat{DEF}\Rightarrow \widehat{CBA}=\widehat{CDE}.$

Làm tương tự với các góc còn lại, ta suy ra đpcm.

Mình đề xuất 1 bài:
 

$\boxed{\text{Bài toán 60.}}$ (Mathematical Reflections) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ đường tròn $A-inmixtilinear$ là $(I_a)$ tiếp xúc trong $(O)$ tại $A_1.$ $A_2$ đối xứng $A_1$ qua $I_a.$ Tương tự có $B_2,C_2.$ Chứng minh $AA_2,BB_2,CC_2$ đồng quy.

@quanghung86: Chúng ta hạn chế đề xuất 2 bài nhưng hai bài này đều hay vậy hãy để cả 2 bài mọi người cùng thảo luận.

Bài toán 182. Cho tam giác $ABC$ nhọn, nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I).P$ là điểm bất kì trên cung nhỏ $BC.$

$M,N$ là hai điểm nằm trên cạnh $BC$ sao cho tam giác $MNP$ nhận $(I)$ làm đường tròn bàng tiếp góc $P$ và $(MNP)$ cắt lại $(O)$ ở $X.$

Chứng minh $AX$ đi qua tâm vị tự của $(O),(I).$

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 61}}$

Trước hết, ta chứng minh $QN$ đi qua trung điểm $A_1$ của $BC.$ Gọi $QC$ cắt $AB$ tại $Z.$

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $BCZ$ với các điểm $Q,A_1,N$ và tam giác $CAZ$ với các điểm $F,E,Q$ ta được: 

$Q,A_1,N$ thẳng hàng $\Leftrightarrow$ $\frac{CQ}{QZ}=\frac{NB}{NZ}$ 

$\Leftrightarrow \frac{NB}{NZ}.\frac{FZ}{FA}.\frac{AE}{EC}=1. \Leftrightarrow \frac{AB}{FA} . \frac{FZ}{NZ} =1 \Leftrightarrow \frac{FB}{FA} = \frac{NF}{FZ} (1).$

Áp dụng hệ thức lượng trong các tam giác vuông $ACN,ZCB$ ta thấy (1) đúng. Vậy tương tự ta suy ra $QN,PM,BC$ đồng quy ở $A_1.$

Theo định lý về đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần thì $OA_1$ đi qua trung điểm $A_2$ của $MN.$

Đường thẳng qua $A$ song song $BC$ cắt lại $(O)$ ở $J_1$ , theo tính chất của tứ giác điều hòa thì ta thấy yêu cầu của đề bài tương đương với việc chứng minh $(AJ_1,AD,AY,AX) =-1.$ (2)

Vẽ tia $A_{1}x$ song song với $MN.$

Chú ý $A_{1}x,A_{1}A_2,MA_1,NA_1$ lần lượt vuông góc $AD,AJ_1,AY,AX$ và $A_2$ trung điểm $MN,$ đồng thời $A_{1}x \parallel MN,$ ta thấy (2) đúng. Ta có điều phải chứng minh.

$\boxed{\text{Bài toán 62}}$

Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AH$ và đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $AC$ ở $E.(A;AE)$ cắt $AH$ ở $M.MI$ cắt $BC$ ở $T.$

Chứng minh đường tròn đường kính $AT$ tiếp xúc với $(I).$

Bài toán 180. Cho ngũ giác $ABCDE$ lồi, điểm $F$ trên cạnh $AE$ thỏa mãn $\Delta ABC \sim \Delta CDE \sim \Delta BFD.$ Chứng minh $\frac{AF}{FE}=\frac{BF^2}{FD^2}.$

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 73}}$ 

Bổ đề 1: Cho tam giác $ABC,$ một đường tròn bất kì qua $B,C$ cắt $AB,AC$ tại $E,D.BD$ cắt $CE$ tại $G,A'$ đối xứng $A$ qua $BC.$ Khi đó $\widehat{GAB} = \widehat{GA'B}.$

Bổ đề 2: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ có $AD$ cắt $BC$ tại $E,AC$ cắt $BD$ tại $G.(G;GE)$ cắt $AD,BC$ tại $N,M.(GND),(GMK)$ cắt nhau tại $K$ khác $G.$ Khi đó $ECKD$ là hình bình hành.

Cuối cùng, chú ý rằng bổ đề 2 chính là bài toàn ban đầu nghịch đảo tâm $E$ phương tích bất kì mà thành, ta hoàn tất chứng minh.

Lời giải bài toán 195. Xem tại đây.

Hiện tại mình không có bài mới, mọi người đề nghị bài mới giúp mình.

Được sự đổng ý của Bảo, mình đề xuất bài sau:

$\boxed{\text{Bài toán 94}}$

Cho hai điểm $B,C$ cố định và một điểm $O$ nằm trên trung trực $BC.$ Gọi $M$ là trung điểm $BC,$ đường thẳng đối xứng với trung trực $OM$ qua $O$ cắt $(O;OB)$ tại $A$ sao cho $A$ thuộc nửa mặt phẳng bờ $OM$ chứa $B.$ Chứng minh rằng khi $O$ di động thì điểm $A$ chạy trên đường cố định.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 49}}$ Vẽ đường tròn $(Q;QA).$ Dễ thấy $(K),(L),(Q)$ có chung trục đẳng phương là $PA.$

Ta cũng thấy $N$ là tâm của đường tròn qua $A,D$ tiếp xúc $BC,$ kí hiệu nó là $(N).$ Gọi $(O)$ là đường tròn $(ABC).$

$(M)$ cắt $(N)$ tai $X$ khác $A,$ khi đó $(Q),(M),(N)$ có trục đẳng phương chung là $AX.$ Gọi $Y$ là điểm sao cho $AYBC$ là hình thang cân có đáy $AY.$

Ta có $Q \in$ trung trực $BC \Leftrightarrow OQ \perp BC \Leftrightarrow AY$ là trục đẳng phương của $(O),(Q) \Leftrightarrow APXY$ là tứ giác nội tiếp.(1)

Xét phép nghịch đảo tâm $A$ phương tích bất kì, kết hợp với (1) ta đưa bài toán ban đầu về bổ đề sau đây:

Bổ đề: Cho tam giác $ABC$ với $P$ bất kì trong tam giác $.PA,PB,PC$ cắt $(ABC)$ tại $D,E,F.$ Tiếp tuyến tại $A,P$ của $(ABC)$ lần lượt cắt $BC,EF$ tại $Y,X.$ Chứng minh $Y,P,X$ thẳng hàng.

Bây giờ ta đi chứng minh bổ đề. Gọi $Z$ là giao điểm của $AE$ và $CD.$

Áp dụng định lý Pascal cho các bộ điểm

$\begin{pmatrix} A,B,D \\ C,A,E \end{pmatrix}$ và $\begin{pmatrix} E,D,C \\ D,F,A \end{pmatrix}$ 

ta lần lượt suy ra được $X,P,Z$ thẳng hàng và $Y,P,Z$ thẳng hàng. Do đó $X,P,Y$ thẳng hàng.

Vậy bổ đề được chứng minh và bài toán gốc cũng được chứng minh.

Cá nhân mình thì mình thấy bài này cách làm khá giống bài 46, đều là nghịch đảo tâm $A$ rồi dùng Pascal, chỉ có điều bài này phức tạp hơn là phải giải quyết một phần bài toán trên hình gốc. Dẫu sao vẫn mong chờ lời giải không dùng nghịch đảo của các mem VMF cho hai bài 46 và 49         

P/s: cả 2 bài này đã có lời giải của dogsteven ở ngay dưới.

$\boxed{\text{Bài toán 47}}$ (Sưu tầm) Cho tam giác $ABC$ và điểm Lemoine $L.P$ bất kì nằm trên $(ABC).PL$ cắt $BC,CA,AB$ tại $X,Y,Z.$ Chứng minh:

$\frac{3}{\overline{PL}} = \frac{1}{\overline{PX}} + \frac{1}{\overline{PY}} + \frac{1}{\overline{PZ}}.$

Lời giải bài toán 123.

Yêu cầu bài toán tương đương với việc chứng minh $OM$ vuông góc với trục đẳng phương của $(SBD),(TAC).$

Xét phép nghịch đảo tâm $O$ phương tích $OA^2,$ ta đưa bài toán đã cho về bài toán mới sau đây:

Bài toán 123'.Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O),AB$ cắt $CD$ tại $E,AD$ cắt $BC$ tại $F.I,J,M$ lần lượt là trung điểm $AC,BD,EF.$ Gọi

$(\omega)$ là đường tròn đi qua $O$ và đồng trục với $(IBD),(JAC).$ Khi đó tâm của $(\omega)$ nằm trên $OM.$

Chứng minh.

Gọi $BD,AC$ cắt $EF$ tại $V,U.$ Khi đó $(DBGV)=-1 \Rightarrow GJ.GV=GB.GD=GA.GC \Rightarrow V \in (JAC).$ Tương tự $U \in (IBD).$

Gọi $O_1,O_2$ tâm $(IBD),(JAC);M'$ trung điểm $OM;O_3,M_1,M_3$ hình chiếu lên $AC$ của $O_1,M',M;O_4,M_2,M_4$ hình chiếu lên $BD$ của $O_2,M',M.$

Gọi $T,S$ là cực của $BD,AC$ với $(O);$ khi đó ta phải có $\overline{T,S,F,E},\overline{T,O_1,J,O},\overline{S,O_2,I,O}.$

Theo định lí Thales: $\frac{O_3I}{O_3M_1}=\frac{\frac{1}{2}UI}{\frac{1}{2}UM_3}=\frac{UI}{UM_3}=\frac{US}{UM}.$ Tương tự $\frac{JO_4}{JM_2}=\frac{TV}{TM}.$

Ta có $\frac{US}{UM}=\frac{TV}{TM}\Leftrightarrow \frac{VM}{TM}=\frac{SM}{UM}\Leftrightarrow MU.MV=MT.MS.$ (1)

Mặt khác, do $(UVFE)=-1=D(TSAC)=(TSFE) \Rightarrow MT.MS=ME^2=MU.MV.$ Vậy (1) đúng $\Rightarrow \frac{O_3I}{O_3M_1}=\frac{JO_4}{JM_2}.$

Lại có $O_1O_3,O_2I,M_1M'$ cùng vuông góc $AC$ và $O_2O_4,O_1J,M_2M' $ cùng vuông góc $BD \Rightarrow \overline{O_1,O_2,M'}.$

Gọi $K_1,K_2$ là giao điểm của $(IBD),(JAC),(\omega);AC$ cắt $BD$ ở $G;OG$ cắt $EF$ ở $H.$

Ta có $GB.GD=GA.GC \Rightarrow G \in K_1K_2.$ Vậy $GH.GO=GA.GB=GK_1.GK_2 \Rightarrow H \in (\omega).$

Vậy tâm của $(\omega)$ là giao điểm của trung trực $OH$ và $O_1O_2.$

Mặt khác, $M' \in O_1O_2,$ lại có $M'$ trung điểm $OM$ và $OH \perp EF \Rightarrow M'$ thuộc trung trực $OH.$

Vậy tâm của $(\omega)$ chính là $M'$ và nó nằm trên $OM,$ đpcm.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 46}}$

Xét phép nghịch đảo tâm $A$ với phương tích bất kì, ta thấy bài toán gốc là tương đương với bổ đề sau:

Bổ đề: Cho tam giác $ABC$ và điểm $O$ bất kì, trung trực $AO$ cắt $(ABC)$ tại $D,E;BD,CE$ cắt $AC,AB$ ở $X,Y.$

Gọi $O'$ là điểm đối xứng của $A$ qua $XY,$ thế thì $(OAO')$ và $(ABC)$ trực giao.

Bây giờ ta đi chứng minh bổ đề. Gọi giao điểm của tiếp tuyến tại $A$ của $(ABC)$ và $DE$ là $Z.$

Áp dụng định lý Pascal cho bộ 6 điểm \begin{pmatrix} E,B,A \\ A,C,D \end{pmatrix} $\Rightarrow X,Y,Z$ thẳng hàng.

Do đó $Z$ thuộc $XY,DE$ lần lượt là trung trực $AO,AO'$ hay $Z$ là tâm $(OAO').$

Do $ZA$ tiếp xúc $(ABC),$ ta suy ra $(OAO')$ và $(ABC)$ trực giao.

Vậy bổ đề được chứng minh và bài toán gốc cũng được chứng minh.

Lời giải bài toán 181.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC.$ Ta luôn có $\cos A+ \cos B+ \cos C=1+ \frac{r}{R}.$

Chứng minh. Xem tại đây.

Quay lại bài toán.

Ta có $x=OB \cos A=R \cos A \Rightarrow x+y+z=R( \cos A+ \cos B+ \cos C)=R(1+ \frac{r}{R})=R+r,$ theo bổ đề. Ta có đpcm.

$\boxed{\text{Bài toán 48}}$ (theo đề nghị của bạn Ngockhanh99k48) (sưu tầm) Cho tứ giác $ABCD$ lưỡng tâm nội tiếp $(O).$ Một đường tròn tiếp xúc với $DA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $X.$ Tương tự có $Y,Z,T.$ Chứng minh $AX,BY,CZ,DT$ đồng quy.

Lời giải bài toán 183.

Bạn xem tại đây.

Mình đề xuất 1 bài:

$\boxed{\text{Bài toán 57}}$ (geometry.ru) Cho hình thang $ABCD$ vuông tại $A,D.M,N$ trung điểm $AC,BD.(ABN),(CDM)$ lần lượt cắt $BC$ tại $Q,R.Z$ là trung điểm $MN.$ Chứng minh $ZQ=ZR.$

Bài toán 177 :  Cho tứ giác nội tiếp $ABCD$, $AB$ cắt $CD$ tại $P$, $AD$ cắt $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng khoảng cách giữa trực tâm hai tam giác $APD$ và $AQB$ bằng khoảng cách giữa trực tâm hai tam giác $CQD$ và $BPC$

Một lời giải khác của bạn dangkhuong cho bài toán 177:

Gọi $X,Y,Z,T$ lần lượt là trực tâm của các tam giác $APD,QDC,QAB,PBC.$

Vì $X,Y,Z,T$ thẳng hàng nên đpcm $\Leftrightarrow ZT=XY.$

Gọi $PX$ cắt $QY$ ở $F,K$ là hình chiếu của $Q$ lên $DC,O$ và $O'$ là tâm $(QDC)$ và $ABCD).$

$QK,QO$ đẳng giác $\Rightarrow QO \perp AB.$ Gọi $QO$ cắt $AB$ ở $J.$

$\Delta QAB \sim \Delta QCD \Rightarrow \Delta QZB \sim \Delta QYD \Rightarrow \frac{QZ}{QY}=\frac{QB}{QD}=\frac{QJ}{QK} \Rightarrow KJ \parallel YZ.$

$\widehat{XPD}=\widehat{DAX}=\widehat{SQA}=\widehat{ZQB} \Rightarrow \Delta FPK \sim \Delta BQJ \Rightarrow \frac{KF}{JB}=\frac{PK}{QJ}.$

Tứ giác $QJKP$ nội tiếp $\Rightarrow \Delta QJS \sim \Delta PKS \Rightarrow \frac{SJ}{SK}=\frac{QJ}{PK}=\frac{KF}{JB} \Rightarrow JK \parallel FB \Rightarrow FB \parallel YT.$

$\Rightarrow YTBF$ là hình bình hành $\Rightarrow YF=TB.$

Lại có $\Delta YXF \sim \Delta TZB \Rightarrow ZT=XY.$

Ta có đpcm.

$\boxed{\text{Bài toán 50}}$ Cho một điểm $A$ bất kì và một đường thẳng $d$ không đi qua $A.$ Lấy trên $d$ các điểm $B,C,E$ sao cho đường thẳng Euler của tam giác $ABC$ song song với $AE.$ Chứng minh đường thẳng Euler của tam giác $ACE$ song song với $AB.$