Một lời giải khác cho bài toán 14:
 Đặt $\frac{a+b}{2}=z, \frac{b+c}{2}=x, \frac{a+c}{2}=y$.

 Ta có $x+y+z=1$, sử dụng AM-GM ta có $\frac{a+b}{ab+1} \geq \frac{a+b}{(\frac{a+b}{2})^2+1}=\frac{2z}{z^2+1}$.

 Phần còn lại ta chứng minh $\frac{x}{x^2+1} +\frac{y}{y^2+1} +\frac{z}{z^2+1} \geq \frac{9}{10}$.

 Đó là BĐT Polish 96 nổi tiếng.

Lời giải bài 9.
Ta có $\sum_{cyc}\sqrt{\dfrac{a+b}{2c}} \geq \sum_{cyc}\dfrac{\sqrt{a}+\sqrt{b}}{2\sqrt{c}} \geq \dfrac{1}{2}\sum_{cyc}\sqrt{a}\left (\frac{1}{\sqrt{b}}+\dfrac{1}{\sqrt{c}}\right ) \geq \sum_{cyc}\dfrac{2\sqrt{a}}{\sqrt{b}+\sqrt{c}} \geq \sum_{cyc}\sqrt{\dfrac{2a}{b+c}}$.

 

Bài toán 10. Cho $a, b, c >0$. Chứng minh rằng:
\[(a+b+c)\left(\dfrac{a}{b^2+c^2} + \dfrac{b}{c^2+a^2} + \dfrac{c}{a^2+b^2}\right) \geq 4+ \dfrac{4a^2b^2c^2}{(a^2+b^2)(b^2+c^2)(c^2+a^2)}\]

 

 \begin{array}{| l | l |} \hline \text{HDTterence2k} & 1\\ \hline \text{hoanglong2k} & 3\\ \hline \text{Gachdptrai12} & 4\\ \hline \text{Nguyenhuyen_AG} & 3\\ \hline \text{fatcat12345} & 1\\ \hline \text{lenhatsinh3} & 1\\ \hline \text{tuanyeubeo2000} & 1\\ \hline \text{Ngockhanh99k48} & 1 \\ \hline \end{array} 

Mình xin mở màn bài đầu tiên
$\boxed{\text{Lời giải bài toán 1:}}$
Gọi $H$ là trực tâm $\triangle ABC$. Ta dễ dàng tính được $\widehat{BHC} = \widehat{BIC} = \widehat{BOC} = 120^{\circ}$. Do đó $B, H, I, O, C$ đồng viên. Nếu gọi $J$ là tâm $(BIC)$ thì $J$ đối xứng với $O$ qua $BC$. Ta có $\widehat{OIX} = 90^{\circ}-\frac{\widehat{AJO}}{2} = 90^{\circ}-\frac{\widehat{BJO}-\widehat{AJB}}{2} = 90^{\circ}-\frac{90^{\circ}-\frac{\widehat{BOJ}}{2}-\widehat{ACB}}{2}= 80^{\circ} = \widehat{AXO}$. Do đó $OI=OX$. Ta có $\widehat{BXJ} = 80^{\circ} =\widehat{ABC} = \widehat{CEJ} = \widehat{BEJ}$ nên $B, E, X, J$ đồng viên. Do $\triangle BOJ$ đều nên $\triangle XOE$ đều, do đó $OX=OE$. Do $\widehat{OEK}=\widehat{OKE}=80^{\circ}$ nên $OK=OE$.
$(J;JC)$ cắt $AC$ tại điểm thứ hai $L'$. Ta có $OI=OL'$ và $\widehat{MOL'}=\widehat{BOL'}-\widehat{BOM}=140^{\circ}-40^{\circ}=100^{\circ}$(do ta dễ dàng tính được $\widehat{AMO}=40^{\circ}$). Suy ra $\widehat{OKL'}=40^{\circ}=\widehat{ACB}$ nên $K,M,C,L'$ đồng viên. Từ đó ta suy ra $\widehat{CL'E}=180^{\circ}-\widehat{AL'O}-\widehat{OL'E}=180^{\circ}-\widehat{OBC}-50^{\circ}=100^{\circ}=\widehat{CKM}=\widehat{CL'M}$(do $L' \in (O;OK)$), do đó $L' \in ME$ nên $L' \equiv L$. Hay là $L \in (O;OI)$. Từ đó ta tính được $\widehat{CEL}=40^{\circ}=\widehat{KFC}$ nên $K, E, L, F$ đông viên hay $OF=OK$. Từ đó ta có đpcm.
Chú thích: Ta có thể chứng minh bài sau: Chứng minh rằng $(F;FK)$ tiếp xúc $(O)$

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline \end{array}$$

Em nghĩ để theo hệ thức $PA:PB:PC=QD:QE:QF$ thì lời giải của em nó không bị ảnh hưởng gì mà, chỉ khác một chút về đường tròn Apollonius thôi ạ.

Theo em nghĩ, khó có thể thay thế hai tam giác có cạnh tương ứng song song, có thể thay trọng số bất kì cho hệ thức đoạn thẳng bằng nhau, nó không ảnh hưởng gì cả

Lời giải:
Gọi $O, I$ là tâm ngoại tiếp tam giác $\triangle ABC, \triangle DEF$. Do $\triangle ABC$ và $\triangle DEF$ có các cạnh tương ứng song song nên $AD, BE, CF$ đồng quy tại tâm vị tự $H$. Khi đó ta cũng có $I, H, O$ thẳng hàng. Đường thẳng qua $D, E, F$ song song $PA, PB, PC$ đồng quy tại $L$ và ta có $P, H, L$ thẳng hàng. Gọi $k = \frac{HD}{HA}$, ta có $k$ cố định. Do đó $\frac{DL}{DQ} = \frac{EL}{EQ} = \frac{FL}{FQ} = k$. Từ đó ta suy ra $D, E, F$ thuộc đường tròn Apollonius ứng với tỉ số $k$ của đoạn thẳng $LQ$. Ta có ngay $I \in LQ$. Khi đó $ID$ là tiếp tuyến của $(DLQ)$ nên nếu gọi $R$ là bán kính $(DEF)$ thì $\frac{ID}{IQ} = \frac{DL}{DQ} = k$, do đó $Q \in (I; \frac{R}{k})$. Suy ra $IL = \frac{ID^2}{IQ} =kR$. Từ đó ta tính được $OP = IL.\frac{OH}{HI} =k^2R$ hay $P \in (O;k^2R)$. Mặt khác dễ thấy tiếp tuyến tại $Q$ của $(I; \frac{R}{k})$, tiếp tuyến tại $L$ của $(I; kR)$ và tiếp tuyến tại $P$ của $(O;k^2R)$ song song nên PQ đi qua tâm vị tự $K$ của $(I; \frac{R}{k})$ và $(O; k^2R)$, hay $PQ$ đi qua điểm đối xứng với $H$ qua trung điểm $OI$.

Bài 33 (Saudi Arabia TST). Cho ba số thực dương $a,b,c$ thỏa mãn điều kiện $a+b+c=3.$ Chứng minh rằng \[\frac{1}{a^2+b^2+c^2}+\frac{1}{\sqrt{abc}} \geqslant \frac{4}{3}.\]

.
Đặt $t=ab+bc+ca$, với $t \in (0;3]$.
Sử dụng liên tiếp AM-GM ta có $3^6 = [a^2+b^2+c^2+2(ab+bc+ca)]^3 \geq 27(a^2+b^2+c^2)(ab+bc+ca)^2$ $\Leftrightarrow$ $\frac{1}{a^2+b^2+c^2} \geq \frac{t^2}{27}$. Mặt khác $3 \geq t \geq 3 \sqrt[3]{a^2b^2c^2}$. Do đó $\frac{1}{\sqrt{abc}} \geq \sqrt{\dfrac{27}{t^3}}$. Từ đó ta có $\frac{1}{a^2+b^2+c^2} + \frac{1}{\sqrt{abc}} \geq \frac{t^2}{27} + \sqrt{\frac{27}{t^3}} = \frac{t^2}{81}.3 + \frac{1}{9}\sqrt{\frac{27}{t^3}}.4 + \dfrac{5}{9}\sqrt{\frac{27}{t^3}} \geq 7\sqrt[7]{(\frac{t^2}{81})^3.(\dfrac{1}{9}\sqrt{\frac{27}{t^3}})^4} + \frac{5}{9} = \frac{4}{3}$. Dấu bằng xảy ra khi $a=b=c=1$.

Tổng kết lại một chút, ta có thể viết lại bài toán này như sau

 

Cho tam giác $ABC$ và một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $C,B$. $BE$ cắt $CF$ tại $H$. Một đường thẳng qua $H$ cắt $CA,AB$ tại $M,N$. Trên $BC$ lấy $P,Q$ sao cho $MP\parallel BE$ và $NQ\parallel CF$. $MP$ cắt $NQ$ tại $R$. Chứng minh rằng $(PQR)$ tiếp xúc $(ABC)$.

 

Figure3780.png

 

Thực sự rằng kết quả này thì lại không mới, mình đã lần đầu tổng quát kết quả này từ kết quả của anh Đào Thanh Oai tại đây từ khoảng 2,3 năm trước http://oaithanhdao.b...tangent-to.html, tuy nhiên mình chỉ dùng nó tập huấn đội tuyển KHTN chứ chưa công bố ở đâu. 

 

Trước đây mình nhớ cũng có một bạn nào post một kết quả tương tự thế này lên ddth nhưng mình không tìm lại được link.

 

Gần đây kết quả này được xuất hiện dưới dạng bổ đề bởi bạn Lê Viết Ân ở đây http://artofproblems...c6t48f6h1236077

 

Đến thời điểm này thì việc ai tìm ra và có trước sau thế nào không mấy quan trọng nữa, quan trọng là chúng ra đang từng bước tìm ra những lời giải khác đẹp cho bài toán trên. Hy vọng các bạn hãy cùng tham gia giải quyết tiếp bài toán trên.

Một cách giải khác cho bài toán trên :

$MP, NQ$ thứ tự cắt $AB, AC$ tại $X, Y$. Do $B, C, E, F$ đồng viên nên $M, N, X, Y$ đồng viên và ta có $\dfrac{BX}{BN} = \dfrac{HM}{HN} = \dfrac{CM}{CY}$. (1) 

$(XNR)$ cắt $(YMR)$ tại điểm thứ hai $S$. Vì $S$ là tâm vị tự quay biến $XN \mapsto MY$ và cũng do (1) nên biến $B \mapsto C$. Do $S$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $AMNRYX$ nên $S \in (AMX)$. Mặt khác phép vị tự quay tâm $S$ biến $XM \mapsto BC$ nên $S \in (ABC)$.

Ta lại có $\triangle SXM \sim \triangle SBC$ nên $S, X, B, P$ đồng viên, tương tự $S \in (CQY)$. Do đó $\widehat{SPQ} = \widehat{SXN} = \widehat{SRQ}$ nên $S \in (PQR)$, và ta có $\widehat{BSP} = \widehat{BXP} = \widehat{CYQ} = \widehat{CSQ}$. 

Kẻ tiếp tuyến $Sx$ của $(ABC)$, ta có $\widehat{PQS} = \widehat{BCS} + \widehat{CSQ} = \widehat{BSx} + \widehat{BSP} = \widehat{PSx}$, do đó $Sx$ là tiếp tuyến của $(PQRS)$, từ đó ta có đpcm.

Mình chưa hiểu tại sao bạn Bảo chứng minh được $\triangle KNA \sim \triangle LMA$, mới chỉ có một cặp cạnh tỉ lệ thôi.

Thưa thầy, thầy có ý tưởng gì về bài toán tổng quát không ạ, em vẽ hình mãi không ra

Trong lời giải của em có chứng minh $PX$ vuông góc $AT$ với $X$ là tâm $(AEF)$

Lời giải: 

Ta có $A, E, P, B$ đồng viên và $AP$ là phân giác $\widehat{BAE}$ nên $PE = PB$, tương tự $PC = PF$, mặt khác $\widehat{BPE} = 180^{\circ} - \widehat{BAC} = \widehat{CPF}$, nên $\widehat{BPF} = \widehat{CPE}$, do đó $\triangle BPF = \triangle EPC$, ta suy ra $BF = CE$. Do $R$ là tâm vị tự quay biến $FE \mapsto BC$ nên $R$ là điểm chính giữa của các cung $BAC, EAF$ hay $AR$ là phân giác ngoài của $\triangle ABC$. 

Sử dụng định lí Ce-va dạng lượng giác cho $\triangle ABC$ với $AL, BL, CL$; $AK, BK, CK$ và $AP, BP, CP$ đồng quy:

 $\dfrac{\sin{\widehat{LAB}}}{\sin{\widehat{LAC}}}. \dfrac{\sin{\widehat{LCA}}}{\sin{\widehat{LCB}}}.\dfrac{\sin{\widehat{LBC}}}{\sin{\widehat{LBA}}} = 1$; $\dfrac{\sin{\widehat{KAB}}}{\sin{\widehat{KAC}}}. \dfrac{\sin{\widehat{KCA}}}{\sin{\widehat{KCB}}}.\dfrac{\sin{\widehat{KBC}}}{\sin{\widehat{KBA}}} = 1$; $\dfrac{\sin{\widehat{PCB}}}{\sin{\widehat{PCA}}}. \dfrac{\sin{\widehat{PAC}}}{\sin{\widehat{PAB}}}.\dfrac{\sin{\widehat{PBA}}}{\sin{\widehat{PBC}}} = 1$. Nhân theo vế, rút gọn và chú ý $\widehat{LAB} = \widehat{KAC}$, $\widehat{LAC} = \widehat{KAB}$, $\widehat{PAB} = \widehat{PAC}$, ta có:

$\dfrac{\sin{\widehat{LBC}}}{\sin{\widehat{LBA}}}. \dfrac{\sin{\widehat{KCA}}}{\sin{\widehat{KCB}}} = 1$. hay là $\dfrac{\sin{\widehat{JBC}}}{\sin{\widehat{JBA}}}. \dfrac{\sin{\widehat{JCA}}}{\sin{\widehat{JCB}}}.\dfrac{\sin{\widehat{PAB}}}{\sin{\widehat{PAC}}} = 1$ hay $\overline{A, P, J}$.

Gọi $X$ là tâm $(AEF)$. $BP, CP$ thứ tự cắt $(PAC), (PAB)$ tại điểm thứ hai $Z, Y$. Ta có $B, C, Y, Z$ đồng viên. Ta có:

$BX^2 - CX^2 = \mathcal{P}_{B/(X)} - \mathcal{P}_{C/(X)} = \overline{BF}.\overline{BA} - \overline{CE}.\overline{CA} = \overline{BP}.\overline{BZ} - \overline{CP}.\overline{CY} = \overline{BP}(\overline{BP}+\overline{PZ}) - \overline{CP}(\overline{CP}+\overline{PY}) = PB^2 - PC^2$. Suy ra $PX \perp BC$, từ đó $\overline{P, N, X}$. 

Ta có $T$ đối xứng $A$ qua $NX$, $S$ đối xứng $A$ qua $NJ$ $\Rightarrow$ $\widehat{PNJ} = \dfrac{1}{2}.\widehat{TNS} = \widehat{TNM}$, hay là $\widehat{ONM} = \widehat{PNT} = \widehat{PNA}$. Do đó $NA, NM$ đẳng giác trong góc $\widehat{PNJ}$. Gọi $l$ là đường thẳng đẳng giác với $ND$ trong góc $\widehat{PNJ}$. Ta có: $(NM, l, NO, NP) = (NA, ND, NP, NJ) = (ADPJ) = -1 = (ST, AM, AS, AT)$, do $NM \perp ST, NO \perp AS, NP \perp AT$ nên $l \perp AM$, do đó $\widehat{MAS} = (l, NO) = \widehat{PND} = \widehat{NDC} - 90^{\circ}$. 

Chắc lời giải trên cũng giống bạn Bảo thôi, nhưng mình viết chi tiết hơn

Lời giải của mình :
Trung trực $ID$ cắt $IB, IC$ tại $N,S$. Ta có $FI = FB$ nên $FN \perp BI$. Tương tự $ES \perp IC$. Do đó $F, N, S, E$ đồng viên. Do $M$ là trung điểm $EF$ nên $MF = MN$, ta có $MQ \perp FN$ nên $MQ$ là trung trực $FN$, suy ra $\triangle QFN$ cân tại $Q$. Do $\widehat{QNF} = 90° - \dfrac{\widehat{ABC}}{2}$ nên $\widehat{FQN} = \widehat {ABC}$, do $ QR//BC$ nên $FQ//AB$. Do $F$ là điểm chính giữa của cung $AB$ không chứa điểm $C$ nên $QF$ là tiếp tuyến của $(O)$. Tương tự $RE$ là tiếp tuyến của $(O)$. Gọi $K = FQ \cap RE$. Ta dễ dàng suy ra $M$ là tâm nội tiếp $\triangle KQR$. Do $KQ, KR$ tiếp xúc $(O)$ tại $F, E$ và $M$ là trung điểm $EF$ nên đường tròn $(O)$ là đường tròn mixtilinear trong góc $\widehat{QKR}$ của $(KQR)$. Ta lại có $\triangle KQR$ và $\triangle ABC$ có các cạnh tương ứng sông song nên $QB, KA, RC$ đồng quy tại $X$ là tiếp điểm của $(O)$ và $(KQR)$. Do $I, M$ là tâm nội tiếp $\triangle ABC, \triangle KQR$ nên $\overline{X, I, M}$. Khi đó $IM$ cắt $(KQR)$ tại $P'$ thì $P'$ thuộc trung trực $QR$, do đó $P'$ trùng $P$ hay $P \in (KQR)$. Ta có đpcm.

Mình vừa mới nghĩ ra lời giải bài toán mới của thầy Hùng http://analgeomatica.blogspot.com/ Tuần 2 tháng 3 nên đăng trước khi đi ngủ, với lại mình vừa đăng bài lần đầu nên chưa hiểu rõ cách đăng bài, xóa post,.. ra sao, mong mọi người thông cảm  . Xin trích dẫn bài toán mới của thầy Hùng thay bạn Zaraki 

 Bài 28: Cho tam giác $ABC$ với các điểm $E, F$ thuộc $CA, AB$ sao cho $B, C, E, F$ cùng thuộc đường tròn. Gọi $M, N$ là trung điểm của $BE, CF$. $MN$ cắt $Ca, AB$ tại $K, L$. $P$ là trung điểm $KL$. $BE$ giao $CF$ tại $H$. Chứng minh $\angle HAB = \angle PAC$.

              Lời giải của mình:

• Gọi $S = LK \cap EF$, sử dụng Menelaus ta có $\dfrac{\overline{LB}}{\overline{LF}} = - \dfrac{\overline{LB}}{\overline{LF}}.\dfrac{\overline{ME}}{\overline{MB}} = - \dfrac{\overline{SE}}{\overline{SF}} = - \dfrac{\overline{NC}}{\overline{NF}}.\dfrac{\overline{KE}}{\overline{KC}} = \dfrac{\overline{KE}}{\overline{KC}}$ ($M, N$ là trung điểm $EB, FC$). Do đó nếu ${X; H} = (BHF) \cap (CHE)$ thì $X$ là tâm vị tự quay biến $B \mapsto E, F \mapsto C$, suy ra $L \mapsto K$. Do đó, $X$ cũng là tâm vị tự quay biến $BE \mapsto LK, M \mapsto P$, do đó $\triangle XBL \sim \triangle XMP \sim \triangle XEK$, tương tự $\triangle XLF \sim \triangle XPN \sim \triangle XKC$, từ đó ta có $\dfrac{\overline{LB}}{\overline{LF}} = \dfrac{\overline{PM}}{\overline{PN}} = \dfrac{\overline{KE}}{\overline{KC}} (1)$
•  
• Gọi $Y = BP \cap FC, Z = CP \cap EB$, lại sử dụng Menelaus lần nữa ta có $\dfrac{\overline{YN}}{\overline{YF}} = \dfrac{\overline{BL}}{\overline{BF}}.\dfrac{\overline{PN}}{\overline{PL}} = \dfrac{\overline{EK}}{\overline{EC}}.\dfrac{\overline{PN}}{-\overline{PK}} = \dfrac{\overline{PM}}{-\overline{PK}}.\dfrac{\overline{CK}}{\overline{EC}}$ (do (1)) $= \dfrac{\overline{PM}}{\overline{PK}}.\dfrac{\overline{CK}}{\overline{CE}} = \dfrac{\overline{ZM}}{\overline{ZE}}$, do $M, N$ lần lượt là trung điểm $EB, FC$ nên $\dfrac{\overline{YF}}{\overline{YC}} = \dfrac{\overline{ZE}}{\overline{ZB}}$.
•  
• Từ $B$ kẻ đường thẳng song song $FC$ cắt $AC$ tại $U$, từ $C$ kẻ đường thẳng song song $EB$ cắt $AB$ tại $V$, $T = BU \cap CV$, ta có $ B(ACPT)$ $=$ $B(FCYT)$ = $\dfrac{\overline{YF}}{\overline{YC}}$ = $\dfrac{\overline{ZE}}{\overline{ZB}}$ =$ C(EBZT)$ $=$ $C(ABPT)$, do đó $\overline{A, P, T}$ do dễ thấy $A, B, C, P, T$ không cùng thuộc đường tròn. Công việc còn lại của chúng ta chỉ là chứng minh $AH, AT$ đẳng giác trong góc $\widehat{BAC}$
• Bổ đề: Cho $\triangle ABC$, một đường tròn $(O)$ đi qua $B, C$ cắt $AB, AC$ lần lượt tại $Y, X$. Gọi $P = BX \cap CY$. Kẻ hình bình hành $BPCQ$. Khi đó $AP, AQ$ đẳng giác trong góc $\widehat{BAC}$. Bổ đề này quen thuộc, xin phép không chứng minh ở đây ạ