Đề xuất bài toán tiếp theo để tiếp tục topic!

$\boxed{\text{Bài toán 87}}$ (AoPS) Cho $\Omega$ và $\Omega'$ là các đường tròn cố định. $AA',BB'$ lần lượt là tiếp tuyến trong và tiếp tuyến ngoài của $\Omega$ và $\Omega'.C,C'$ là các điểm bất kì trên $\Omega,\Omega'$. Gọi $X,Y$ lần lượt là giao điểm của $AC$ và $A'C';BC$ và $B'C'$. Chứng minh rằng $(XY)$ luôn đi qua một điểm cố định khi $C,C'$ di chuyển.

Tổng quát bài toán cho điểm bất kì.

Tổng quát. Cho tam giác $ABC.H$ là một điểm bất kì trong tam giác. $\triangle DEF$ là tam giác $\textbf{Cevian}$ của $H$ đối với $\triangle ABC$. Đường thẳng qua $A\parallel CF$ cắt $BC$ tại $Q$. Gọi $M,N$ theo thứ tự là trung điểm $HC,HE$. Trên $EF$ lấy $P$ sao cho $MP\parallel DE$.Trên $BR$ lấy $S$ sao cho $ES\parallel PN$. Chứng minh rằng $DS,QE,AB$ đồng quy.

PS. Đến đây thì ý tưởng giải có lẽ khá rõ! Đại số hóa hoặc dùng hàng điểm.

Trích lời dẫn của thầy Trần Quang Hùng trên blog "Hình học sơ cấp".

"Đôi lời chia sẻ cho hành trình một năm của "Mỗi tuần một bài toán"!

Như vậy là chuyên mục "Mỗi tuần một bài toán" bắt đầu từ tuần 1 tháng 8 năm 2015 cho tới hết tuần 4 tháng 7 năm 2016 đã tròn một năm. Chuyên mục đã giữ được một sự ổn định tương đối để có thể duy trì đều đặn hàng tuần trong một năm qua. Chuyên mục đã nhận được sự ủng hộ nhiệt tình từ rất nhiều bạn đọc trên cả nước và đặc biệt là được ban quản trị diễn đàn toán học hết sức tạo điều kiện hỗ trợ để có một box riêng tại đây. Đó thực sự là sự ủng hộ và đồng thuận rất lớn từ cộng đồng các bạn yêu toán trên diễn đàn toán học. Nhân dịp bài toán kết thúc một năm, mình xin được gửi lời cám ơn chân thành tới ban quan trị diễn đàn toán học cùng với tất cả các bạn đã tham gia giải bài, nhiệt tình ủng hộ chuyên mục và đặc biệt là các học trò của tôi là các bạn Phạm Quang Toàn, Nguyễn Tiến Dũng và Nguyễn Đức Bảo đã luôn sát cánh bên tôi để chuyên mục có được một sự ổn định và đều đặn. Mình xin hứa sẽ làm cho chuyên mục tiếp diễn đều và sẽ luôn phát triển hơn nữa về chất lượng để cám ơn sự ủng hộ nhiệt tình của các bạn yêu toán và yêu hình học.

Tuần cuối, tháng 7 năm 2016.

Trần Quang Hùng"

Lời giải bài cũ đã được thầy Hùng đưa lên tại tuần 4 tháng 7 và kèm theo đó là bài toán mới.

Cho tam giác nhọn $ABC$ với đường cao $AD,BE,CF.M,N$ là trung điểm của $HC,HE$. Trên $EF$ lấy $P$ sao cho $MP\parallel DE.Q$ thuộc $BC$ sao cho $AQ\perp AB.AD$ cắt $EF$ tại $R$. Trên $BR$ lấy $S$ sao cho $ES\parallel NP$. Chứng minh rằng $QE,AB,SD$ đồng quy.

hhdsdhaksdhkasd.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 82}}$. 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 $(ABC)$.

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

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!

$\boxed{\text{Bài toán 80}}$ 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!

Lớp 11.

Bài 5. (Câu này cũng không khó) Đầu tiên do tổng số các dĩa là số chẵn nên số các trồng có số lẻ sẽ là số chẵn. Từ đó thực hiện quá trình trên với từng cặp trồng lẻ phân biệt thì ta sẽ thu được một dãy các trồng chẵn. Bây giờ chia số đĩa ở mỗi trồng cho $2$ thì tổng các đĩa trên mỗi trồng là số chẵn từ đó thực hiện tương như như trên. Chú ý $32=2^5$ nên sau hữu hạn bước ta sẽ thu được hai số $1$ từ đó chồng lại và ta thu được đpcm.

Nhận xét. Ta cũng có thể chứng minh cho trường hợp tổng quát $2^n$ với cách làm tương tự!

Lớp 10.

Bài 3. Tham khảo: http://www.artofprob...7_infinite_ways

Lớp 11.

Bài 3. Câu này không khó! Theo công thức sai phân dễ thấy $U_n=(\frac{1+\sqrt{5}}{2})^n+(\frac{1-\sqrt{5}}{2})^n$

Từ đó có thể giải quyết dễ dàng ý a, và phần đầu ý b.

Phần chứng minh $U_{2k}+6$ không phải là lũy thừa bậc $5$ của một số tương đương với việc chứng minh $U_k^2+8$ không phải là lũy thừa bậc $5$ của một số.

Giả sử phản chứng tức là tồn tại số $k$ sao cho $U_{2k}+6$ là lũy thừa bậc $5$ của một số. Đặt $U_k=a$ thì $\exists \ b\ :\ a^2+8=b^5$

Dễ chứng minh bằng quy nạp $U_{2k}$ lẻ với mọi $k>0$ nên $b$ lẻ từ đó $b\equiv 0;1;5\pmod {10}$. Mặt khác do $a^2$ là số chính phương nên $a^2+8\not \equiv 0;1;5\pmod {10}$. Từ đó ta có đpcm.

Bài 4. Gọi $D$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A.DV$ cắt $BC$ tại $E$. Do $UX\parallel AI$ nên tứ giác $EXUV$ nội tiếp, từ đó $\angle EVU=90^\circ$ kéo theo $V$ là tiếp điểm của đường tròn $Mixilinear$ ứng với $A$ của $(O)$. Gọi $Y$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ thì $IY\perp CI$. Từ đó dễ có đpcm.

Lớp 10. 

Bài 5. (Một bài cũ) Đáp số bài toán này là $3$. Trường hợp anh Alpha LogaE chỉ ra ở dưới chỉ dưới là phép chứng minh tồn tại một các sắp xếp sao cho có $4$ bạn có bóng, từ đó $n\leq 4$. Với trường hợp $n=2$ thì có thể lý luận góc dẫn tới vô lý. Trường hợp $n=3$ đơn giản hơn bằng việc chỉ ra một cách sắp xếp.

PS. Bài toán này rất quen thuộc, có thể tham khảo cuốn các bài toán hình học tổ hợp của thầy Phan Huy Khải.

Dạo này em hay nhầm lẫn, nếu có sai ở đâu mong mọi người thông cảm!

Em nhận được áo rồi nhé! ^^

Đợi hôm nào có điện thoại em sẽ gato một phát

$\textbf{Lời giải.}$ Ta phát biểu và chứng minh một bổ đề.

$\textbf{Bổ đề.}$ (Jean Louis) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O).D$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ với $BC$. Gọi $(X)$ là đường tròn đường kính $AD.G$ là trọng tâm tam giác $ABC.P,Q$ lần lượt là giao điểm của $AG$ với $(X)(O)$. Khi đó $PQ=3PG$.

$\textbf{Chứng minh.}$ Gọi $AG$ cắt $BC$ tại $M.H$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$.

$PQ=3PG\iff GQ=2PG\iff AQ=2PM$

Do $MH.MD=MP.MA$ nên $MP=\frac{MH.MD}{MA}$. Do đó ta cần chứng minh :

$AQ=\frac{2MH.HD}{MA}\iff AQ.MA=2MH.MD$

Mặt khác do $MB^2=MB.MC=MQ.MA$ nên $AQ.MA=MQ.MA+MA^2=MB^2+MA^2$

Do $M$ là trung điểm $BC$ nên $2MD=DB+DC$. Do đó ta cần chứng minh : $MB^2+MA^2=MH(DB+DC)$

Giả sử $AC>AB$. Đặt $BC=a,CA=b,AB=c$. Do $\frac{DB}{DC}=\frac{AB^2}{AC^2}$ nên $DB+DC=\frac{a(b^2+c^2)}{b^2-c^2}$

Theo công thức đường trung tuyến thì $MA^2+MB^2=\frac{2(b^2+c^2)-a^2}{4}+\frac{a^2}{4}=\frac{b^2+c^2}{2}$. Do đó ta cần chứng minh :

$MH.\frac{a}{b^2-c^2}=\frac{1}{2}\iff 2MH.a=b^2-c^2\iff 2MH.a=HC^2-HB^2$

$\iff 2MH.a=(HB-HC).a\iff 2MH=HB-HC \iff MB=MC. \blacksquare$

Lời giải của em được viết lại từ trong link. Trong đó Arab có lời giải khác ngắn gọn hơn.

Quay lại bài toán :

Từ giả thiết ta suy ra $\frac{MH}{2IH}=\frac{NM}{NA}$ do đó nếu gọi $T'$ là là điểm thuộc đường thẳng $BC$ sao cho $AT'\parallel NH$ thì $HT'=2IH$. Do đó $HN$ đi qua $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.

Gọi $L$ là giao điểm của đường tròn $(AT)$ với $(O)$. Ta sẽ chứng minh $HL$ đi qua $N$, tức là chứng minh $HL$ đi qua $G$.

Gọi $AI$ cắt $(O)(X)$ tại $J,J'$ Theo bổ đề ta suy ra $JJ'=3J'G$. Từ đó $\frac{GJ'}{GJ}=\frac{GI}{GA}=\frac{1}{2}$ suy ra $GJ'.GA=GI.GJ$. Mặt khác ta luôn có tứ giác $HIJL$ nội tiếp nên $G$ thuộc trục đẳng phương của $(HIJ)$ và $(AT)$ tức là $HL$ đi qua $G$. Do đó $HL$ đi qua $N.$

Gọi $S$ là hình chiếu của $T$ lên $AP$. Ta luôn có tứ giác $HMPL$ nội tiếp nên $NM.NP=NS.NA$ suy ra $\frac{NS}{NP}=\frac{NM}{NA}$ do đó $\frac{PN}{PS}=\frac{AN}{AM}.$

Gọi $TS$ cắt đường thẳng qua $C$ song song với $AM$ tại $X$. Từ đây áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $MTN$ với cát tuyến $E,C,A$ ta được :

\[\frac{CM}{CT}.\frac{ET}{EN}.\frac{AN}{AM}=1\ \text{suy ra} \ \frac{XS}{XT}.\frac{ET}{EN}.\frac{PN}{PS}=1\]

Do đó $P,E,X$ thẳng hàng.

Tương tự xác định điểm $Y$ thì ta suy ra $\frac{MQ}{MR}=\frac{SX}{SY}=\frac{MC}{MB}$. Từ đây $CQ\parallel BR.\ \blacksquare$

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài cũ tại tuần 3 tháng 7 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán đó :

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có đường cao $AH,I$ là trung điểm của $BC.P$ là điểm thuộc cung $BC$ không chứa $A.AP$ cắt $BC$ tại $M$. Lấy điểm $N$ nằm trên $AM$ sao cho $2\frac{NM}{NA}=\frac{MH}{IH}$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T.TN$ lần lượt cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Đường thẳng qua $M$ vuông góc $AP$ cắt $PE,PF$ lần lượt tại $Q,R$. Chứng minh rằng $CQ\parallel BR$.

Tóm tắt. Đây là bài viết của mình và anh Nguyễn Tiến Long (babystudymaths) gửi GGTH 2016. Nội dung chủ yếu là các bài toán đường tròn tiếp xúc dựa trên cấu hình về các đường tròn phụ.

Cuối bài viết xin được dành lời cảm ơn chân thành nhất tới thầy Trần Quang Hùng, người đã theo sát quá trình viết bài của tác giả cũng như có những đóng góp, nhận xét quan trọng. Đồng thời xin dành lời cảm ơn tới những thành viên của VMF đã ủng hộ và đóng góp nhiều bài toán hay cho bài viết.

File PDF.   GGTH 2016(Bản chuẩn) (1).pdf   2.23MB   3057 Số lần tải

Bản chuẩn nhất mới update đúng font của GGTH.  Duong Tron Phu Trong BT Tiep Xuc.pdf   8.3MB   757 Số lần tải

Bài này là $\text{IMOSL} \ 2011 \ \text{G2}$

Lời giải có thể tham khảo trong link hoặc xem đáp án chính thức tại đây.

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 $\Omega$

$\textbf{Bài toán.}$ $\textit{(Lim Jeck)}$ $X,Y,Z$ là các điểm nằm trong tam giác $ABC$ sao cho

$\angle BAY=\angle CAZ,\angle CBZ=\angle ABX,\angle ACX=\angle BCY$

Kéo dài $AY,AZ$ cắt $BC$ lần lượt tại $Y_a,Z_a$. Tương tự xác định các điểm $X_b,Z_b,X_c,Y_c$. Giả sử $X_bY_a,Y_cZ_b,Z_aX_c$ đồng quy.

Chứng minh rằng tồn tại các điểm $D,E,F$ lần lượt thuộc các cạnh $BC,CA,AB$ sao cho $X$ thuộc $EF,Y$ thuộc $FD,Z$ thuộc $DE$ và $AD,BE,CF$ đồng quy.

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.

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 $(BCD)$

$\textbf{Lời giải.}$ Gọi $Q$ là trung điểm $EF,Y$ là giao điểm của $EF$ và $BC.T$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $ABCEFY$.

Dễ thấy $\triangle FTE\sim \triangle BTC$ có $Q,M$ theo thứ tự là trung điểm $EF,BC$ nên $\triangle QTF\sim \triangle MTB$ suy ra $\angle TMY=\angle TQY$. 

Do đó tứ giác $TQMY$ nội tiếp. Mặt khác do $\angle ANT=\angle AET=\angle AFT=\angle TYM$ nên tứ giác $TNMY$ nội tiếp.

Mặt khác dễ thấy $\triangle AFP\sim \triangle CPB$ nên $\triangle CPM\sim \triangle AFQ$ suy ra $\angle AFQ=\angle CPM$. Do đó $\angle APM=\angle ABC-\angle AFE=\angle QYM$ suy ra tứ giác $QYMP$ nội tiếp. Từ đó suy ra tứ giác $QNMP$ nội tiếp nên $AP^2=2AQ.AP=2AM.AN.\blacksquare$

Như vậy thầy Hùng đã đưa ra lời giải bài toán cũ trong tuần 2 tháng7 và kèm theo đó là bài toán mới, xin trích dẫn lại bài toán đó.

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và trung tuyến $AM.P$ nằm trên cung $BC$ không chứa $A$ của $(O).E,F$ lần lượt thuộc $CA,AB$ sao cho $PE\parallel AB,PF\parallel AC.AM$ cắt $(AEF)$ tại $N$ khác $A$. Chứng minh rằng $AP^2=2AM.AN$

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.

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

Xin lỗi về sự trùng lặp, mình xin đề xuất lại một bài toán khác như sau.

$\boxed{\text{Bài toán 69}}$. Cho tam giác $ABC.P$ là một điểm bất kì trong tam giác $ABC.$ Trên $PA,PB,PC$ lần lượt lấy các điểm $X,Y,Z$ sao cho $AY,BX$, đường thẳng qua $C$ vuông góc $AB$ đồng quy, $AZ,CX$, đường thẳng qua $B$ vuông góc với $AC$ đồng quy. Chứng minh rằng $BZ,CY$, đường thẳng qua $A$ vuông góc $BC$ đồng quy.

Vừa mới chế ra, nếu trùng lặp ở đâu xin mọi người thứ lỗi!

Lời giải đầy đủ bài toán 67 có thể tham khảo link.

Theo đề nghị của anh Dogsteven mình xin đề xuất bài toán mới sau.

$\boxed{\text{Bài toán 68}}$ (AoPS) Cho tam giác $ABC$ với tâm đường tròn $Euler$ là $N.D,E,F$ là hình chiếu của $N$ lên $BC,CA,AB$. Chứng minh rằng đường thẳng $Euler$ của các tam giác $AEF,BFD,CDE,ABC$ đồng quy.

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, $H$ là trực tâm, đường cao $AD$, $P$ là điểm đối xứng với $B$ qua $D$ , giao diểm $HP$ và $AC$ là $Q$. Chứng minh rằng $\angle ODQ =90^{\circ}$

Lời giải sử dụng điểm $Miquel$ và đường thẳng $Gauss$ tham khảo trong link.

Theo yêu cầu của bạn Nguyen Dinh Hoang, xin đề xuất bài toán mới. 

$\boxed{\text{Bài toán 67}}$ (Trần Quang Hùng ~ Nguyễn Đức Bảo) Cho tam giác $ABC$. Một đường tròn $(K)$ qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F.H$ là giao điểm của $BE,CF$. Kẻ $HL\perp AK,LD\perp BC.M$ là trung điểm $BC.AK$ cắt $(CL)$ tại $N$. Đường thẳng qua $A$ song song với $CH$ cắt trung trực $AN$ tại $Q$

Chứng minh rằng $(Q,QA),(CL),(MD)$ đồng quy.

Mô hình bài toán này khá giống với một bài toán mình đề nghị trong topic, tất cả đều dựa trên mô hình bài toán ??? của thầy Trần Quang Hùng!

Nguồn gốc bài 66: http://www.artofprob...1108467p5035848