vẫn chưa đến thời đại của 2000 ( trừ PNK )

Cho mình hỏi bạn Phạm Nam Khánh đã được đi thi quốc gia rồi cơ à./

Theo mình biết thì đâu tuyển lớp 10./

Vẫn có người sinh năm 2000 mà đi thi đó thôi

Huỳnh Bách Khoa: dogsteven

viet nam in my heart: Chuyên Vĩnh Phúc./

Có anh chị nào học PBC đi không ạ ? Em hóng

Có anh canhhoang30011999 

Đề xuất bài toán mới để tiếp tục topic.

$\boxed{\text{Bài toán 80}}$ (AoPS) Cho hình thang cân $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\Omega$ với $AB\parallel CD.M$ là trung điểm $AB$ và $P$ là điểm chính giữa cung $CD$ không chứa $A$ của $\Omega$. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $PAB$ và $(M)$ là đường tròn tâm $M$ đi qua $C,D.N$ là một điểm trên đoạn $AB$ ($N$ khác $A,B$ và $M$). Đường thẳng $HN$ cắt $(M)$ tại $K,L$ sao cho $L$ nằm trong $\Omega$. Chọn hai điểm $Q,R$ theo thứ tự thuộc $CD$ và $(M)$ sao cho $KQ,LR$ cùng vuông góc với $AB$. Gọi $RN$ cắt $CD$ tại $S$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $QRS$ cắt lại $(M)$ tại $E$. Chọn $F$ trên $ER$ sao cho $KF\perp KL$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $KEF$ tiếp xúc $\Omega$

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 55}}$ (Tóm tắt)

$M\equiv CR\cap BQ$. Đế ý $\triangle CAR\sim \triangle EOD,\triangle BAQ\sim \triangle FOD$ dễ suy ra $\angle BMY=\angle BPC\implies B,M,P,C$ đồng viên.

Theo kết quả quen thuộc thì $DE=DF$ từ đó $\triangle CAR\sim \triangle BAQ$

Đế ý $\frac{PB}{PC}=\frac{AB}{AC}\implies \frac{PB}{BQ}=\frac{PC}{PR}\implies \triangle RPC\sim \triangle QPB$

$\implies R,Q,P,M$ đồng viên.

$X\equiv CM\cap AB,Y\equiv BM\cap AC$. Đế ý $\angle ACR=\angle ABQ$ nên $B,X,Y,C$ đồng viên $\implies XY\perp AO$

Đế ý $\angle ABM=\angle ACR=\angle ARC\implies A,R,B,M$ đồng viên $\implies XR.XM=XB.XA\implies X$ thuộc trục đẳng phương của $(O)$ và $(PQR)$.

Tương tự kéo theo $XY$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(PQR)\implies XY\perp OK\implies A,O,K$ thẳng hàng.$\blacksquare$

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!

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:

$\boxed{\text{Bài toán 1}}$ Cho tam giác $ABC$ có $\angle A=60^\circ,\angle B=80^\circ$ nội tiếp $\odot (O)$, ngoại tiếp $\odot (I)$.

$AI$ cắt $OB$ tại $X$, cắt $BC$ tại $M$. Đường thẳng qua $C$ vuông góc với $AB$ cắt $OM$ tại $K$ và trung trực $BC$ tại $E.ME$ cắt $AC$ tại $L$. Đường thẳng qua $K$ vuông góc với $BC$ cắt $AC$ tại $F$. Chứng minh rằng $E,K,X,I,F,L$ cùng thuộc một đường tròn tâm $O$.

Nguồn.

Hình vẽ bài toán

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.

$\boxed{\text{Lời giải bài 3}}$. Để giải quyết bài toán ta cần có bổ đề sau:

Bổ đề. Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $\odot (O).L$ là điểm $Lemoine.M$ là trung điểm $BC.AM$ cắt $(O)$ tại $N.NH$ vuông góc với $BC(H$ thuộc $BC).K$ đối xứng với $H$ qua $N.AL$ cắt $O$ tại $T$. Khi đó $LM\parallel KT$/

Chứng minh. Xem tại đây

Quay lại bài toán. $AL$ cắt $\odot (O)$ tại $T$.

Đường thẳng qua $T$ vuông góc với $TN$ cắt $BC,AM$ tại $X,Y$.

Hình vẽ bài toán

Do $AT,AN$ đẳng giác trong $\angle A$ nên $TNBC$ là hình thang cân $\Longrightarrow BX=CH\Longrightarrow MX=MH\Longrightarrow XM=\frac{TN}{2}$

$\Longrightarrow XT=\frac{YT}{2}$. Mặt khác theo bổ đề thì $XNKT$ là hình bình hành nên $NK=\frac{TY}{2}$.

$TK$ cắt $AM$ tại $Z\Longrightarrow K$ là trung điểm $ZT$ nên theo bổ đề hình thang ta suy ra $AK$ chia đôi $ML$.

Tiếp tục áp dụng bổ đề ta suy ra $K(RA,PF)=-1\Longrightarrow \overline{R,T,K}\Longrightarrow KR,AL$ cắt nhau tại một điểm thuộc $\odot (O).\blacksquare$

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 1\\ \hline dogsteven & 1\\ \hline baopbc & 1\\ \hline \end{array}$$

Bài toán đề nghị.$\boxed{\text{Bài toán 4}}$ (kết quả cũ) Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $\odot (O).AC$ cắt $BD$ tại $R.AD$ cắt $BC$ tại $P$. Kẻ $RL\perp AD,PN\perp DR.Y$ là trung điểm $PR,X$ là trung điểm $CD$. Chứng minh $X,L,Y,N$ đồng viên.

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

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!

$\boxed{\text{Lời giải bài 5}}$ Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $(ABE)$ và $(ACF),(BCF)$ và $(BAD),(CAD)$ và $(CBE)$

Hình vẽ bài toán

Ta có: $\frac{\sin \measuredangle XAB}{\sin \measuredangle XAC}=\frac{BX}{EX}$

Mặt khác $\triangle FXB\sim \triangle CXE$ nên $\frac {BX}{EX}=\frac{BF}{EC}\Longrightarrow \frac{\sin \measuredangle XAB}{\sin \measuredangle XAC}=\frac{BF}{EC}$. Tương tự với các cặp đường tròn còn lại

Theo định lí $Ceva$ dạng hình học thì $\frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}$ nên theo định lí $Ceva$ dạng lượng giác thì $AX,BY,CZ$ đồng quy. $\blacksquare$

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

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 6}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\odot (O)$ và $\odot (K)$ đi qua $B,C$ cắt $AC,AB$ tại $E,F.BE$ cắt $CF$ tại $H.\odot (AEF)$ cắt $\odot (O)$ tại $G$ khác $A.M,N$ lần lượt là tâm $\odot (GBK)$ và $\odot (GCK).FM$ cắt $EN$ tại $L$. Chứng minh $HL$ đi qua $O$.

Nguồn.

$\boxed{\text{Bài toán 96.}}$ (Telv Cohl) Cho tam giác $ABC$, $H$ là trực tâm. $M,N$ là các điểm trên $AB,AC$ sao cho $\angle HMB=\angle HNC=\alpha$.

Gọi $O$ là tâm đường tròn ngoại tiếp $\triangle HMN$. $D$ là điểm nằm cùng phía với $A$ đối với $BC$ sao cho $\angle DBC=\angle DCB=\alpha$.

Chứng minh rằng $H,O,D$ thẳng hàng.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 7}}$

Ta cần có hai bổ đề sau:

$\boxed{\text{Bổ đề 1}}$ Cho tam giác $ABC$ có $O$ là tâm ngoại tiếp. Một đường tiếp tuyến với $\odot (BOC)$ cắt $AB$ ở $D$ và $CA$ ở $E$. Gọi $A'$ là điểm đối xứng của điểm $A$ qua $DE$. Khi đó $\odot (A'DE)$ tiếp xúc $\odot (ABC)$.

Chứng minh.

$\boxed{\text{Bổ đề 2}}$ Cho tam giác $IBC.Q,R$ lần lượt là trung điểm $IC,IB$. Kí hiệu $\omega $ là đường tròn $Euler$ của $\triangle IBC.PR,PQ$ cắt $\omega $ tại $F,E$. Khi đó tâm $\odot (PEF)$ thuộc $\omega $.

Chứng minh.

Quay lại bài toán.

Ta có $\angle IQP=90^\circ-\angle IMN+\angle AMK=90^\circ-\angle B/2+\angle C/2$. Tương tự $\angle IRP=90^\circ-\angle C/2+\angle B/2$.

Gọi $E,F$ lần lượt là giao của $PQ,PR$ với đường tròn $Euler$ của tam giác $IBC$. Theo bổ đề $2$ ta suy ra tâm $\odot (PEF)$ thuộc đường tròn $Euler$ của tam giác $IBC$. Theo bổ đề $1$ ta suy ra $\odot (PEF)$ tiếp xúc $\odot (XST).\blacksquare$

Bài toán đề nghị:

$\boxed{\text{Bài toán 8}}$ Cho hai đường tròn trực giao $(O_1),(O_2)$ cắt nhau tại $A,B.P$ bất kì trên $AB.O_1P$ cắt $\odot (O_2)$ tại $E.O_2P$ cắt $(O_1)$ tại $F.O_1O_2$ cắt $AB$ tại $D$. Chứng minh rằng $\frac {DE}{DF}=\frac{PE}{PF}$.

Nguồn.

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

$\boxed{\text{Lời giải bài 11}}$ 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.

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

Để tiếp tục topic, xin đề nghị một bài toán mới.

$\boxed{\text{Bài toán 72}}$ (Telv Cohl) Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn tâm $I.(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F.P$ bất kì trong tam giác. $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm của $DP,EP,FP$ với $(I).X*,Y*,Z*$ lần lượt là giao điểm của $CY$ và $BX,AZ$ và $CX,AY$ và $BX$. 

Chứng minh rằng $XX*,YY*,ZZ*$ đồng quy tại $T$

Link gốc bài toán: http://www.artofprob...1240576p6333123

$\boxed{\text{Lời giải bài 15}}$ 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.

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 $(BCD)$

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

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

$\boxed{\text{Bài toán 80}}$ 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!

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 39}}$

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.

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

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 82}}$. Bài này khá đơn giản!

Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm của $(AOX)(BOY)(COZ)$ với $(O)$. Do tứ giác $AOXD$ nội tiếp nên $\angle ADX=180^\circ-\angle AOX=2\angle OAX=2\angle ODX$. Từ đó $DA,DX$ đẳng giác trong $\angle BDC$. Chú ý tam giác $BDC$ đều nên từ đó $AD,AX$ đẳng giác trong $\angle A$. Theo định lí $Napoleon$ thì $AX,BY,CZ$ đồng quy tại điểm đẳng giác với điểm $Napoleon$ của tam giác $ABC$. Gọi điểm đó là $K$.

Gọi $OK$ cắt $(AOX)$ tại $T$ thì $OA^2=OK.OT$ từ đó $T$ xác định duy nhất trên $OK$. Mặt khác do $OA=OB=OC$ nên ba đường tròn $(AOX)(BOY)(COZ)$ đồng quy tại $T.\blacksquare$

PS. Kết quả về ba đường tròn đồng quy dạng này thì khá nhiều và quen thuộc với các chứng minh hoàn toàn tương tự như trên. 

Một kết quả khác như sau. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là đối xứng của $A,B,C$ qua $BC,CA,AB$. Khi đó $(AOX)(BOY)(COZ)$ đồng quy.

Chứng minh hoàn toán tương tự như trên, chú ý điểm cần tìm ở đây là điểm $Konista$ của tam giác $ABC$.

Đề xuất bài toán tiếp theo khá nhẹ nhàng!

$\boxed{\text{Bài toán 83}}$.(AoPS) Cho tam giác $ABC$, trực tâm $H.M$ là trung điểm $BC$. Trên $BC$ lấy $S$ sao cho $HS,HM$ đẳng giác. Hạ $AP\perp HS$. Chứng minh rằng $(MSP)$ tiếp xúc $(ABC)$.

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?

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

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 44}}$ Bài gốc hay bài tổng quát đều không khó, lời giải của em dựa trên lời giải bài gốc mà em đưa lên trong link!

Do $P$ thuộc trung trực $BC$ nên $\angle QCA=\angle QBA\implies AE=AB,AF=AC\implies \triangle ABF=\triangle AEC$

$\implies BF=CE$. Mặt khác dễ thấy $\angle ECD=\angle DBF$ nên $\triangle DCE=\triangle DBF\implies DE=DF,\angle EDF=\angle BDC$

$\implies \angle EFD=\angle CBD.S\equiv DB\cap (DEF)$. Do $\angle BSE=\angle DFE=\angle DBC$ nên $BC\parallel SE$

Mặt khác dễ thấy $\angle BAE=2\angle DBC=2\angle BSE$ nên $A$ là tâm ngoại tiếp tam giác $BES\implies AK\perp SE\implies AK\perp BC.\blacksquare$

Lời giải bài toán 115. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $G$. Do tứ giác $ABXC$ điều hòa nên $GX$ tiếp xúc $(O)$, mặt khác do $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $X$ nên $GX$ tiếp xúc $(K)$. Theo bài toán 112 thì $KS\perp BC$ nên $SY=SZ$. Do đó $GA^2=GX^2=GY\cdot GZ=\mathcal{P}_{G/(S)}=GS^2-SY^2$.

Theo định lý Cosin thì $GS^2=GO^2+OS^2-2OS.OG.\cos (\widehat{SOG})=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}OL.OG.\cos (\widehat{SOG})$.

Gọi $T$ là giao điểm của $OG$ với $AX$. Do $OG\perp AX$ nên $OL.\cos(\widehat{SOG})=OT$, suy ra

$GS^2=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}OG.OT=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}R^2$

$\Rightarrow GA^2=GO^2-\tfrac{1}{2}R^2+OS^2-SY^2\Rightarrow SY^2-OS^2=\tfrac{1}{2}R^2$.

Gọi $F$ là giao điểm của $(XYE)$ với $AX$.

Ta có $LF\cdot LX=LY\cdot LE=SY^2-LS^2=SY^2-\tfrac{9}{16}LO^2=SY^2-OS^2-\tfrac{1}{2}OL^2=\tfrac{1}{2}(R^2-LO^2)=\tfrac{1}{2}LA\cdot LX$

$\Rightarrow F$ là trung điểm $AL$.$\square$