Để chứng minh $c=a+b$ thì có lẽ đơn giản hơn nhiều!

Ta có: $[na]+[nb]=[nc]\Rightarrow n(a+b)-\left \{ na \right \}-\left \{ nb \right \}=nc-\left \{ nc \right \}\Rightarrow \left \{ nc \right \}-\left \{ na \right \}-\left \{ nb \right \}=n(c-a-b)$

Giả sử $c\neq a+b$. Do $1>\left \{ nc \right \}-\left \{ na \right \}-\left \{ nb \right \}>-2$ mà $a,b,c$ cố định nên chọn $n$ đủ lớn ta suy ra $\left | n(c-a-b) \right |>\left | \left \{ nc \right \}-\left \{ nb \right \}-\left \{ na \right \} \right |$ (mâu thuẫn) $\Rightarrow c=a+b$

Từ đó suy ra $c=a+b$  
Như vậy ta có $[na]+[nb]=[na+nb]$ 
Mà theo một tính chất của phần nguyên thì $[x+y] \ge [x]+[y] \forall x,y \in \mathbb{R}$ 
Dấu bằng xảy ra khi ${x}={y}=0$ (kí hiệu ${a}$  là phần lẻ của $a$)  
Từ đó suy ra $na,nb$ là số nguyên 
Nếu $a,b$ không nguyên thì ta có $n(a+b)=nc$ là số nguyên suy ra $c$ là số nguyên. Còn nếu $a,b$ đều là số nguyên thì ta có đpcm 
 

Chỗ này chắc không ổn lắm, làm sao kết luận luôn $\left \{ x \right \}=\left \{ y \right \}=0$ được nhỉ?

Theo mình đây mới là điểm khó của bài toán.

[HIDE]Cách làm của em mang tính đại số hơi nhiều.Ai có cách giải thuần túy hình học thì post lên nhé [/H

Có nhiều bài toán gần như không thể xử lý bằng phương pháp thuần túy. Nếu có thì có thể là sử dụng một số kiến thức ở bậc THPT chẳng hạn>

Như bài tuần 3 tháng 1 tại Mỗi tuần một bài toán./

P/s: Nếu ai có lời giải thuần túy thì mình rất vui lòng được biết :)

. Mình giải bằng cách sử dụng trục đẳng phương (dĩ nhiên ngắn hơn của bạn )

Anh Hân đăng lời giải đi!

Bài 73. Ta có : $\frac{a^2+b^2}{a+b}-\frac{a+b}{2}=\frac{2a^2+2b^2-(a+b)^2}{2(a+b)}=\frac{(a-b)^2}{2(a+b)}$

Tương tự với các biểu thức còn lại ta suy ra :

\[\sum \frac{a^2+b^2}{a+b}-(a+b+c)=\sum \frac{(a-b)^2}{2(a+b)}\]

Mặt khác theo bất đẳng thức $\text{Cauchy}$ thì :

\[\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}-(a+b+c)=\frac{\sum (a-b)^2}{\sqrt{3(a^2+b^2+c^2)}+(a+b+c)}\leq \frac{\sum (a-b)^2}{2(a+b+c)}\]

Do đó ta cần chứng minh :

\[\sum (a-b)^2(\frac{1}{2(a+b)}-\frac{1}{2(a+b+c)})\geq 0\]

Do $a,b,c>0$ nên bất đẳng thức này hiển nhiên đúng.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c$.

Bài 67. Theo bất đẳng thức $\text{Cauchy}$,

Ta có $\frac{1}{1+(ab)^2}=\frac{1+(ab)^2}{1+(ab)^2}-\frac{(ab)^2}{1+(ab)^2}=1-\frac{(ab)^2}{1+(ab)^2}\geq 1-\frac{ab}{2}$

Thiết lập các bất đẳng thức tương tự ta cần chứng minh 

\[3-\frac{ab+bc+ca}{2}\geq \frac{9}{2(a+b+c)}\]

Đặt $a+b+c=x$, theo giả thiết thì $a^2+b^2+c^2=3$ nên $ab+bc+ca=\frac{x^2-3}{2}$

Do đó bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với

\[3-\frac{x^2-3}{4}\geq \frac{9}{2x}\Leftrightarrow 12x-x^3+3x-18\geq 0\Leftrightarrow x^3-15x+18\leq 0\Leftrightarrow (x-3)(x^2+3x-6)\leq 0\]

Do $a^2+b^2+c^2=3$ nên $\sqrt{3}<x\leq 3$ suy ra $x-3\leq 0,x^2+3x-6>0$. Bất đẳng thức được chứng minh.

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi $a=b=c=1$.

IMO 2016

Ngày 11-07-2016

Bài 1. Tam giác $BCF$ vuông tại $B.A$ là một điểm trên đường thẳng $CF$ sao cho $FA=FB,F$ nằm giữa $A$ và $C$. Chọn điểm $D$ sao cho $DA=DC$ và $AC$ là phân giác của $\angle DAB$. Chọn điểm $E$ sao cho $EA=ED$ và $AD$ là phân giác của $\angle EAC$. $M$ là trung điểm $CF$. $X$ là điểm thỏa mãn $AMXE$ là hình bình hành. Chứng minh rằng $BD$, $FX$ và $ME$ đồng quy.

Bài 2. Tìm tất cả các số tự nhiên $n$ sao cho có thể điền vào bảng ô vuông $n\times n$ các chữ cái $I$, $M$ và $O$ theo quy tắc

- Mỗi hàng và mỗi cột $I$, $M$, $O$ đều chiếm một phần ba số ô được điền.

- Trong bất kì đường chéo nào, nếu số ô được điền là bội của ba thì một phần ba trong số đó là $I$, một phần ba là $M$ và một phần ba là $O$.

Ghi chú. Các hàng và các cột của bảng $n\times n$ được đánh số từ $1$ đến $n$ theo thứ tự thông thường. Do đó mỗi ô đều tương ứng với một cặp số tự nhiên $(i,j)$ với $1\le i,j\le n$. Với $n>1$, bảng có $4n-2$ đường chéo được chia làm hai loại. Đường chéo loại 1 gồm các ô $(i,j)$ mà $i+j$ là hằng số và đường chéo loại 2 gồm các ô $(i,j)$ mà $i-j$ là hằng số.

Bài 3. Cho $P=A_1A_2\ldots A_k$ là một đa giác lồi trong mặt phẳng. Các đỉnh $A_1,A_2,\ldots A_k$ có tọa độ là các số nguyên và nằm trên một đường tròn. Gọi $S$ là diện tích của $P$. Một số tự nhiên $n$ lẻ thỏa mãn bình phương độ dài các cạnh của $P$ đều chia hết cho $n$. Chứng minh rằng $2S$ là một số tự nhiên chia hết cho $n$

Bài 4. Một tập hợp  các số nguyên dương được gọi là tập hương nếu tập hợp đó có ít nhất 2 phần tử và mỗi phần tử của nó đều có ước nguyên tố chung với ít nhất một trong các phần tử còn lại . Đặt $P(n)=n^{2}+n+1$. Hãy tìm số nguyên dương $b$ nhỏ nhất sao cho tồn tại số không âm $a$  để tập hợp  $\left \{ P(a+1);P(a+2);...;P(a+b) \right \}$ là tập hương.

Bài 5. Người ta viết lên bảng phương trình:

$(x-1)(x-2)(x-3)...(x-2016)=(x-1)(x-2)(x-3)...(x-2016)$

với 2016 nhân tử bậc nhất ở mỗi vế. Hãy tìm số nguyên dương $k$ nhỏ nhất để có thể xóa đi $k$ nhân tử trong số 4032 nhân tử nêu trên sao cho mỗi vế còn ít nhất một nhân tử và phương trình thu được không có nghiệm thực.

Bài 6. Trong mặt phẳng, cho $n\geq 2$ đoạn thẳng sao cho 2 đoạn thẳng bất kì cắt nhau tại một điểm nằm trên mỗi đoạn và không có ba đoạn thẳng nào đồng quy.Với mỗi đoạn thẳng thầy Minh chọn một đầu mút của nó rồi đặt lên đó một con ếch sao cho mặt con ếch hướng về đầu mút còn lại. Sau đó thầy vỗ tay $n-1$ lần. Mỗi lần vỗ tay con ếch ngay lập tức nhảy đến giao điểm gần nhất trên đoạn thẳng của nó. Tất cả những con ếch đều không thay đổi  hướng nhảy của mình trong toàn bộ quá trình nhảy. Thầy Minh muốn đặt các con ếch sao cho sau mỗi lần vỗ tay không có hai con nào nhảy đến cùng một điểm.

(a). Chứng minh rằng thầy Minh luôn thực hiện được ý định của mình nếu $n$ là số lẻ.

(b).  Chứng minh rằng thầy Minh không thể thực hiện được ý định của mình nếu nếu $n$ là số chẵn.

4a,

Ta cần có bổ đề quen thuộc sau: Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp. $AD,BC$ cắt nhau tại $E. AC, BD$ cắt nhau tại $F$. Khi đó điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần thuộc đường tròn đường kính $EF$.

Đây là kết quả quen thuộc, có ở nhiều tài liệu, em xin không chứng minh ở đây!

Quay lại bài toán: Do $A, D, E, F$ đồng viên nên $\angle AFE=\angle ADE=180^{\circ}-\angle ACB-\angle BAC/2=90^{\circ}-\angle AED/2$

$\Rightarrow AF$ vuông góc với $BC. X$ là giao của $AF$ với $BC$. Khi đó đường tròn đường kính $AE, DF$ là đường tròn ngoại tiếp các tam giác $AXE, DXF$.

Áp dụng định lí $Miquel$ và theo bổ đề trên ta suy ra điều phải chứng minh!

Lời giải và bình luận của mình cho hai bài hình thi TST năm 2016

 

http://analgeomatica...-toan-hinh.html

Thầy có thể trích dẫn file trực tiếp được không ạ! Một số thành viên có thể không đọc được vì sử dụng mạng $VNPT$!

Như em bây giờ chẳng hạn!

Tìm 2 chữ số tận cùng trong phần cơ sở của:

[$\sqrt{2}+^{\sqrt{3}}$]$^{2015}$

Thời thầy Zũng hình như chỉ có hệ 10 năm chứ không phải 12 như bây giờ.
Chúc mừng 2 thành viên của diễn đàn mình nói riêng và toàn thể 6 em nói chung. Hi vọng vào một kì IMO hoành tráng

Thầy Dũng tham dự $IMO$ khi chưa tròn $15$ tuổi và đạt $HCV$ với $35/42$ điểm! Thầy là $HCV$ trẻ nhất của Việt Nam tính tới thời điểm này!

Bài 2 ngày 2. Ý tưởng chính là quy nạp

Dễ thấy với $n=2$ thì ít hơn $2$ bước di chuyển nên bài toán đúng với $n=2$.

Giả sử đúng đến $n$, ta chứng minh đúng với $n+1$.

Xét $n+1$ ở vị trí $k$ với $k$ khác $n+1$.

Nhận thấy rằng ta không thể lấy một số ở vị trí trước $k$ rồi thêm vào sau $k$ trước khi đưa số $n+1$ vào vị trí cuối cùng nên khoảng cách từ vị trí của số $n+1$ đến vị trí cuối cùng chỉ có thể giảm hoặc không đổi.

Sau mỗi bước di chuyển, nếu một số ở sau vị trí $k$ nhỏ hơn hoặc bằng $k$ được chuyển về trước vị trí $k$ thì khoảng cách từ vị trí của số $n+1$ đến vị trí cuối cùng sẽ giảm xuống $1$. Do đó ta chỉ cần xét cho trường hợp xấu nhất là tất cả các số sau vị trí $k$ đều lớn hơn $k$.

Ta thấy tồn tại một song ánh giữa hai tập $\left \{ k+1,k+2,...,n+1 \right \}\to\left \{ 1,2,...,n-k+1 \right \}$ nên để tất cả các số sau vị trí $k$ về vị trí đúng thì cần ít hơn $2^{n-k+1}$ bước. Do đó để số $n+1$ về đúng vị trí của nó thì cần ít hơn hoặc bằng $2^{n-k+1}$.

Theo giả thiết quy nạp để chuyển dãy là hoán vị của $\left \{ 1,2,3,..,n \right \}$ về vị trí đúng thì cần ít hơn $2^n$ bước nên để chuyển dãy là hoán vị của $\left \{ 1,2,3,..,n+1 \right \}$ thì cần ít hơn $2^n+2^{n-k+1}\leq 2^n+2^n=2^{n+1}$ (bước).

Do đó ta có đpcm.

Câu 3. a, Do $EF\parallel BC$ nên $\angle FPC=\angle FCE$. Mặt khác dễ thấy $\triangle OCE\sim \triangle BAH$ nên $\frac{OE}{EC}=\frac{BH}{AH}$. Từ đó suy ra $\frac{MH}{HB}=\frac{EC}{EF}$ nên $\triangle FEC\sim \triangle BHM$ (cạnh - góc - cạnh). Do đó $\angle BMQ=\angle FCE=\angle FPC$ nên tứ giác $MQBP$ nội tiếp.

b, Gọi $R$ là giao điểm của $EM$ với $(K)$. Dễ thấy chỉ cần chứng minh tứ giác $RSMT$ điều hòa $\Leftrightarrow P(RMAH)=-1$. Mặt khác do $M$ là trung điểm $AH$ nên ta chỉ cần chứng minh $PR\parallel AH$. Điều này tương đương với chứng minh $\angle PQM+\angle EMQ=180^\circ$.

Do $\angle PQM=90^\circ+\angle BPQ=90^\circ+\angle BMH$ nên ta chỉ cần chứng minh $\angle BME=90^\circ$. Kết quả này quen thuộc!

Em hơi nhầm lẫn, cho em xin lỗi!

ĐỀ THI CHỌN ĐỘI TUYỂN QUỐC GIA THPT CHUYÊN KHTN - ĐHQG HÀ NỘI VÒNG 1 NGÀY 2 NĂM 2016

Bài 1. Cho $n$ nguyên dương. Chứng minh rằng tồn tại số nguyên dương $m$ có $n$ chữ số, chỉ gồm các chữ số $1,2,3$ và chia hết cho $S(m)$ (tổng các chữ số của $m$)

Bài 2. Cho một hoán vị của dãy số $\left \{ 1,2,3,...,n \right \}$, viết từ trái sang phải. Ta sẽ chuyển dãy số này về đúng vị trí, tức là $\left \{ 1,2,3,...,n \right \}$. Mỗi bước ta thực hiện như sau : Chọn số gần tay nhất mà không đứng đúng vị trí rồi chuyển nó về vị trí đúng (ví dụ : Dãy $3 \ 1 \ 4 \ 2$. Sau một bước chuyển thì $2$ về vị trí thức hai thành $3 \ 2 \ 1 \ 4$. Chứng minh rằng sau ít hơn $2^n$ bước thì dãy luôn chuyển về đúng vị trí.

Bài 3. Tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$ sao cho $ABCD$ không phải là hình thang. Tiếp tuyến tại $C,D$ của $(O)$ cắt nhau tại $T.TA$ giao $BD$ tại $S.E$ đối xứng $B$ qua $S.AB$ cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác $EBC$ tại $F.EC$ giao $TA$ tại $P$.

a, Chứng minh rằng $PF$ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác $EBC$.

b, Giả sử $PF$ cắt $AC$ tại $Q. H, K$ lần lượt là hình chiếu của $Q$ lên $F A, F C. M$ là trung điểm $FA$. Chứng minh rằng tiếp tuyến qua $A$ của $(O)$ và đường thẳng qua $Q$ song song với $AO$ cắt nhau trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $MHK$.

Bài 4. Cho $a,b,c>0$ sao cho $a+b+c=3$. Chứng minh rằng :

\[\frac{a}{b^2(ca+1)}+\frac{b}{c^2(ab+1)}+\frac{c}{a^2(cb+1)}\geq \frac{9}{(1+abc)(ab+bc+ca)}\]

Topic trầm quá nhỉ? Nếu không ai đề nghị, mình xin đưa ra bài toán tiếp theo để topic được tiếp tục, nếu mọi người không đồng ý có thể xóa post này ra khỏi topic!

Bài toán 4. Tìm $P(x)\in \mathbb{Z}_{[x]}$ sao cho $P(x)$ nguyên tố với $\forall x\in \mathbb{N*}$.

Bài hình sử dụng nhiều kết quả quen thuộc!

Gọi $T'$ là giao điểm của $\odot (AEF)$ với $\odot (O)$.

Gọi $D'$ là đối xứng của $D$ qua $AI$. $N$ là giao điểm các tiếp tuyến tại $D',P$ của $(I)$.

Xét cực đối cực đối với đường tròn $(I)$ thì $PD',EF$ theo thứ tự là đường đối cực của $N,A$ đối với $(I)$.

Theo kết quả quen thuộc thì $P$ thuộc đường tròn $\text{Appolonius}$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{DB}{DC}$. 

Gọi $S$ là chân đường vuông góc kẻ từ $D$ xuống $EF$. 

Ta có $\angle SPE=\angle EPF-\angle DPF-\angle (EF,BC)=\angle DPF$ nên $PS$ đi qua $D'$.

Mặt khác do $\odot (BIC)$ tiếp xúc $\odot (AEF)$ nên tiếp tuyến tại $I$, $AT'$, $BC$ đồng quy. Từ đó suy ra $AT'$ là đường đối cực của $S$ đối với $(I)$.

Do đó $AT'$ đi qua $N$ suy ra $T\equiv T'$ suy ra $\angle ATI=90^\circ$

Ngày 2.

Bài 1. Tìm $f:\mathbb{R}\to\mathbb{R}$ thỏa mãn :

\[2f(x)\cdot f(x+y)-f(x^2)=\frac{1}{2}x(f(2x)+4f(f(y)))\]

Bài 2. Cho $n$ nguyên dương. Các tâm thẻ trong một bộ sưu tập có giá trị $m!$ với $m$ là số nguyên dương nào đó, Một bộ sưu tập tốt là một bộ sưu tập sao cho với mọi số $k$ thỏa mãn $k\leq n!$, luôn tồn tại một số tâm thẻ trọng bộ sưu tập mà tồng giá trị các thẻ này bằng $k$. Tìm số tấm thẻ ít nhất của bộ sưu tập tốt.

Bài 3. Tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, ngoại tiếp $(I)$. Đường tròn qua $B,C$ tiếp xúc $(I)$ tại $P$. $AI$ giao $BC$ tại $X$. Tiếp tuyến qua $X$ của $(I)$ khác $BC$, giao tiếp tuyến tại $(I)$ tại $P$ tại $S$. $AS$ giao $(O)$ tại $T$ khác $A$. Chứng minh rằng $\angle ATI=90^\circ$.

Bài 4. Cho $x,y$ là các số thực dương sao cho $2x+y,2y+x\neq 2$. Tìm giá trị nhỏ nhất của :

\[P=\frac{(2x^2+y)(4x+y^2)}{(2x+y-2)^2}+\frac{(2y^2+x)(4y+x^2)}{(x+2y-2)^2}-3(x+y)\]

Lời giải bài hình:

Câu a) Gọi $X$ là giao của $MN$ với với $T$. Do $J$ là tâm đường tròn $Euler$ nên $J$ là trung điểm $OH$. $T'$ đối xứng với $T$ qua $J$ thì $HOTT'$ là hình bình hành $\Rightarrow T'O//HT \Rightarrow T'O$ vuông góc với $MN$ hay $T',O,X$ thẳng hàng. Vậy $X$ là trung điểm $MN$.

$\Rightarrow K$ thuộc $HX$. Mặt khác theo tính chất của đường tròn $Euler$, kết hợp với $XH=XK$ thì $K$ thuộc $(O)$.

Vậy $K$ luôn chạy trên một đường cố định.

Câu b)Gọi $M$ là trung điểm $AC$. $P,Q$ là chân đường cao hạ từ $B,C$ xuống $AC,AB$.

Áp dụng bổ đề $Sayawama$ mở rộng cho tâm bàng tiếp với $\triangle PMQ$ thì $XY$ đi qua tâm bàng tiếp $\angle P$.

$R$ là hình chiếu của $E$ lên $AB$. Dễ thấy $\triangle PRZ\sim \triangle BEI$ nên $Z$ thuộc phân giác $\angle MPQ$.

Gọi $J_{P}$ là tâm bàng tiếp $\angle P$ thì $J_{Q},Z,P$ thẳng hàng.

$AYXZ$ là hình thoi khi và chỉ khi $\triangle J_{Q}AZ$ cân. Ta có biến đổi góc: $\angle AZJ_{Q}=90^{\circ}-\angle C/2$

Vậy ta chỉ cần chứng minh $\angle AJ_{Q}P=\angle C$. Gọi $S$ là chân đường phân giác kẻ từ $B$ xuống $AC$. Dễ thấy $\triangle BSC\sim \triangle AJ_{Q}P(c.g.c)$

Vậy ta có điều phải chứng minh!

Chỗ đó em giải hơi rườm, thực ra nó là bài toán sau:

Cho tam giác $ABC$. $E,F$ lần lượt là hình chiếu từ $B,C$ xuống $AC,AB$. $M$ là trung điểm $AC$. $J_{E}$ là tâm bàng tiếp góc $E$. Chứng minh rằng: $\angle AJ_{E}P=\angle C$

Chứng minh: Điều này tương đương với chứng minh: $AEFJ_{E}$ là tứ giác nội tiếp

Ta có biến đổi góc: $\angle FJ_{E}E=\angle EMF/2=\angle A$ (đẳng thức cuối đúng do $FM$ là trung tuyến ứng với cạnh huyền trong tam giác vuông)

Một hướng tổng quát cho bài toán:

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trực tâm $H$. Đường thẳng qua $H$ vuông góc với $AO$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Đường thẳng qua $O$ song song với $BC$ cắt $CA,AB$ lần lượt tại $P,Q$. Chứng minh rằng đường tròn đi qua $4$ điểm $P,Q,E,F$ tiếp xúc đường tròn $(O)$.

Hình vẽ

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ trong tuần 2 tháng 6 và kèm theo đó là bài toán mới:

Bài 42. Cho hình vuông $ABCD$ nội tiếp trong đường tròn $(O).P$ là một điểm thuộc cung nhỏ $AD$ của $(O).PB,PC$ lần lượt cắt đoạn $AD$ tại $M,N$. Trung trực của $AM,DN$ lần lượt cắt $BD,CA$ tại $S,T.ST$ cắt $PB,PC$ lần lượt tại $U,V$. Chứng minh rằng đường tròn đường kính $UV$ tiếp xúc $(O)$.

Hình vẽ bài toán

Lời giải của em không được đẹp lắm!

Lời giải. Đường thẳng qua $O$ song song với $AB$ cắt $PA,PB$ lần lượt tại $X,Y$. Do $O$ là trung điểm $AC$ nên $X$ là trung điểm $AM\Longrightarrow X$ thuộc trung trực $DM\Longrightarrow SX\perp CD\Longrightarrow SX\perp OX$. Tương tự thì $OY\perp YT$.

Áp dụng định lí $Sin$ cho các tam giác $XOA$ và $YOB$ ta được:

$\frac{OX}{OA}=\frac{\sin\measuredangle XAO}{\sin\measuredangle XAO}=\frac{\sin(90^\circ-\measuredangle B)}{\sin \measuredangle C}=\frac{\cos \measuredangle B}{\sin \measuredangle C}$.

Tương tự thì $\frac{OY}{OB}=\frac{\cos\measuredangle C}{\sin \measuredangle B}\Longrightarrow \frac{OX}{OY}=\frac{\cos \measuredangle B.\sin \measuredangle B}{\cos \measuredangle B.\sin \measuredangle C}=\frac{\sin 2\measuredangle B}{\sin 2\measuredangle C}$

$\Longrightarrow \frac{\sin \measuredangle OTS}{\sin \measuredangle OST}=\frac{\sin (2\measuredangle B-90^\circ)}{\sin (2\measuredangle C-90^\circ)}$

Mặt khác do $2\measuredangle B+2\measuredangle C-90^\circ-90^\circ=90^\circ$ nên theo định lí hàm số $Sin$ ta suy ra $\measuredangle OST=2\measuredangle B-90^\circ,\measuredangle OTS=2\measuredangle C-90^\circ$

$\Longrightarrow \measuredangle XUS=\measuredangle OST+\measuredangle OAP=2\measuredangle B-90^\circ+90^\circ-\measuredangle B=\measuredangle B$

Tương tự ta suy ra $X,Y,V,U$ cùng thuộc một đường tròn $\Longrightarrow PO\perp ST$.

$Z\equiv PO\cap ST\Longrightarrow X,O,Z,S$ cùng thuộc một đường tròn $\Longrightarrow \measuredangle XZV=135^\circ\Longrightarrow P,X,Z,V$ cùng thuộc một đường tròn.

$\Longrightarrow \measuredangle VXP=90^\circ$.

Tương tự thì $\measuredangle UYP=90^\circ$.

Lấy $Q$ đối xứng $P$ qua $XY$. Hiển nhiên $Q$ thuộc $(O)$. Do $\measuredangle XQY=45^\circ=\measuredangle XVY$ nên $Q$ thuộc $(UV)$

Mặt khác do $(QXY)$ tiếp xúc $(O)$ nên $(UV)$ tiếp xúc $(O).\square$

Tổng quát hơn nữa thu được một kết quả ấn tượng!

Cho tam giác $ABC.P,Q$ là hai điểm liên hợp đẳng giác. Tiếp tuyến tại $P$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BPC$ cắt $CA,AB$ lần lượt tại $E,F$. Giả sử tồn tại một đường thẳng qua $Q$ cắt $CA,AB$ tại $G,H$ sao cho $E,F,G,H$ cùng thuộc một đường tròn. Chứng minh rằng đường tròn đi qua bốn điểm $E,F,G,H$ tiếp xúc $(ABC)$.

Hình vẽ bài toán

Ngoài tính chất trên thì có rất nhiều tính chất thú vị khác cũng đúng! Sau đây là các phát biểu của anh Dương gửi cho em!

Cho $P,Q$ đẳng giác trong tam giác $ABC$. Tiếp tuyến tại $P$ của $(PBC)$ cắt $CA,AB$ tại $P_{ac},P_{ab}$. Tiếp tuyến tại $Q$ của $(QBC)$ cắt $CA,AB$ tại $Q_{ac},Q_{ab}$. Thì $P_{ac},P_{ab},Q_{ac},Q_{ab}$ cùng thuộc một đường tròn $(O_a)$ tiếp xúc $(O)$ tại $A_a$. Tương tự có $B_b,C_c$.

a) $AA_a,BB_b,CC_c$ đồng quy tại $I$.

b) Gọi $O_a,O_b,O_c$ lần lượt là tâm các đường tròn tiếp xúc với $(O)$. Chứng minh rằng $AO_a,BO_b,CO_c$ đồng quy tại $J$.

c) Chứng minh rằng $O,I,J$ thẳng hàng.

Hình vẽ

Lời giải bài tổng quát của em!

Lời giải. 

$P'\equiv BP\cap CQ,Q'=BQ\cap CP$. Dễ thấy $E,F,G,H$ cùng thuộc một đường tròn. Do $\angle BP'C=180^\circ-\angle P'CB-\angle P'BC=180^\circ-\angle PCE-\angle EPC=\angle PEC\Longrightarrow P,P',E,C$ cùng thuộc một đường tròn $\Longrightarrow \angle EP'C=\angle EPC=\angle P'BC\Longrightarrow P'E$ là tiếp tuyến tại $P'$ của $(P'BC)$. Tương tự thì $H,Q,P'B$ cùng thuộc một đường tròn nên $P'H$ là tiếp tuyến tại $P'$ của $(BP'C)\Longrightarrow E,P',H$ thẳng hàng.

Tương tự ta cũng có $F,Q',G$ thẳng hàng.

Hình vẽ bài toán tổng quát

Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $Q'FB$ và $Q'GC$ cắt nhau tại $M$. Do $F,Q',G$ thẳng hàng nên $M$ thuộc $(ABC)$.

Do $F,Q',P,B$ và $G,Q,Q'C$ cùng thuộc một đường tròn nên $M$ thuộc $(QGC)$ và $(PFB)$. Mặt khác do $M$ thuộc $(ABC)$ nên $M\equiv \odot (PFB)\cap \odot (PEC) \equiv \odot (QHB)\cap (QGC)$. Theo kết quả quen thuộc thì $(MHG),(MEF)$ tiếp xúc $(O)$.

Mặt khác $\angle EMF=\angle EMP+\angle FMP=\angle BP'H+\angle BPH=180^\circ-\angle EMF\Longrightarrow F,H,E,M$ cùng thuộc một đường tròn

$\Longrightarrow (HGEF)$ tiếp xúc $(O)$ tại $M.\blacksquare$