$\boxed{27}$Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. $AD, BE, CF$ là các đường cao. Đường thẳng $EF$ cắt $BC$ tại $G$, đường thẳng $AG$ cắt đường tròn tại $M$.

a) Chứng minh tứ giác $AMFE$ nội tiếp.

b) Gọi $N$ là trung điểm cạnh $BC$ và $H$ là trực tâm tam giác $ABC$. Chứng minh $GH$ vuông góc với $AN$.

Screenshot (1337).png

a) Ta có $GM.GA=GB.GC=GF.GE\Rightarrow AMFE$ nội tiếp
b) Gọi I là giao của GH với AN. Giả sử (BNF) cắt (CNE) tại I'. Dễ thấy $\overline{A, N, I'}$ (tính chất quen thuộc)
Ta có NI'EC, AFI'E nội tiếp nên $\widehat{EFI'}=\widehat{EAI'}=\widehat{I'CN}$ $\Rightarrow$ GFI'C nội tiếp
Từ đây dễ cm dc $\widehat{GI'N}=90^{\circ}\Rightarrow GH\perp AN$
Mà A, E, I', F, H, M đồng viên nên $\widehat{AI'H}=90^{\circ}\Rightarrow HI'\perp AN$
$\Rightarrow$ đpcm

a) Ta có MN//BC, NJ phân giác ngoài $\widehat{MNC}$
$\Rightarrow \widehat{ANJ}=\widehat{ANM}+\widehat{MNC}=\widehat{ACB}+\frac{1}{2}(180^{\circ}-\widehat{ACB})=90^{\circ}+\frac{\widehat{ACB}}{2}=\widehat{AIB}$
$\Rightarrow \Delta AJN\sim \Delta ABI(g-g)\Rightarrow \frac{AJ}{AN}=\frac{AB}{AI}\Rightarrow \Delta ABJ\sim \Delta AIN(c-g-c)$
b)$\widehat{ABL}+\widehat{IAB}=2\widehat{ABJ}+\widehat{IAN}=2\widehat{AIN}+\widehat{IAN}=\widehat{AIN}+\widehat{INC}=\widehat{AIN}+\widehat{INK}$



P/s: hình hơi xấu

 

$\textbf{Bài toán 32.}$ Cho $\Delta ABC$ nhọn, không cân nội tiếp đường tròn $(O)$. Ba đường cao $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $AO$ cắt $EF$ tại $J$. Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. $JD$ cắt $HM$ tại $S$. 

a) Chứng minh rằng $OS$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp $\Delta JDM$

b) Giả sử $(AJD)$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai $K$. Gọi $I$ là điểm đối xứng với $A$ qua $(O)$, $G$ là giao điểm thứ hai của $(ADJ)$ và $(AEF)$. Chứng minh rằng $GI$ và $HK$ cắt nhau tại một điểm trên $EF$.

c) Gọi $N$ là giao điểm của đường trung bình đối diện cạnh $BC$ của $\Delta ABC$ với $AD$. $ON$ cắt $(ODM)$ tại điểm thứ hai $P$. Dựng hình bình hành $DMQP$. Chứng minh rằng $Q$ thuộc đường tròn Euler của $\Delta ABC$.

 

$a)$, Gọi $L, T$ là giao điểm của $EF$ với $BC, HM$. $K$ trung điểm $EF$. Ta có $HK//DJ$ nên $\widehat{TJD}=\widehat{TKH}=\widehat{HMD}$ nên $TJMD$ nội tiếp. Do đó biến đổi góc đơn giản ta được $OL$ vuông góc $TD$. Gọi $X$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B, C$ của $(O)$ thì ta được $T, D, X$ thẳng hàng. Kẻ tiếp tuyến $LX, LY$ tới $(O)$, vì $(LD, BC)=-1$ nên $X, D, Y$ thẳng hàng. Mặt khác $L, Z, J, O, M, Y$ đồng viên (đường tròn đường kính $OL$) nên nếu gọi $G$ là giao điểm của $TD$ và $JM$ thì ta có được $GY.GZ=GM.GJ$ hay $G$ nằm trên trục đẳng phương của $(JDM)$ và $(O)$, mặt khác $LD.LM=LB.LC$ nên $L$ thuộc trục đẳng phương của $(JDM)$ và $(O)$. Vì vậy $LG$ là trục đẳng phương của $(JDM)$ và $(O)$, gọi $W$ là tâm $(JDM)$ thì ta có $OW$ vuông $LG$, mặt khác $WS$ vuông $LG$ (Brocard) nên $O, W, S$ thẳng hàng.


$b)$ Gọi $HM$ cắt $EF$ tại $T$, dễ thấy $A, T, K$ thẳng hàng, gọi $GI$ cắt $EF$ tại $S$, $AS$ cắt $(JMS)$ tại $U$, ta sẽ chứng minh $T, S, U, D$ đồng viên. Phần này đơn giản là chỉ biến đổi góc, sau đó sử dụng phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AH.AD$ là được

$c)$ Gọi $I, J, K$ trung điểm $PM, DA, AH$. Ta có $\Delta PDM\sim \Delta DGO (g-g)$ hay $\Delta PDI \sim \Delta DGJ (c-g-c)$. Do đó $\widehat{DQM}=\widehat{PDI}=\widehat{DGJ}=\widehat{MKD}$ nên có đpcm 

Bài 26: Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có các đường cao $AD, BE, CF$ đồng quy tại $H$. $K, L$ lần lượt là tâm $(HAB)$ và $(HAC)$. $S, T$ là hai điểm thuộc $OB, OC$ sao cho $DH$ là phân giác $\widehat{SDT}$. $X, Y$ lần lượt là trung điểm $KT, LS$. $I$ là giao điểm của đường trung tuyến đỉnh $A$ trong tam giác $ABC$ với $EF$. Chứng minh $DI$ song song với trục đẳng phương của $(X, XK)$ và $(Y, YL)$.
P/s: đây là một bài toán mình mở rộng từ một bài toán của anh Phan Quang Trí, phát biểu có vẻ dễ hơn bài ban đầu:))

Gọi $M$ trung điểm $BC$, $OM, DI$ cắt $(DEF)$ tại $N,P$. Ở đây ta dễ thấy rằng $K, L$ là điểm đối xứng của $O$ qua $AB, AC$ do đó $KL$ đi qua $N$.
Gọi $D', D'_1$ lần lượt là điểm đối xứng của $D$ qua $X, Y$. Ở đây ta dễ thấy rằng $KNCD$ là hình bình hành do đó $D'ECT$ là hình bình hành hay $D',N, E$ thẳng hàng. Tương tự ta cũng có $D'_1, N, F$ thẳng hàng.
Ta có $D'N//OC$ và $D'_1N//OB$ do đó $\widehat{D'ND'_1}=\widehat{BOC}=\widehat{EPF}$. Lại có $\frac{D'N}{D'_1N}=\frac{TC}{SB}=\frac{DC}{DB}=\frac{PF}{PE}\Rightarrow \Delta PEF\sim \Delta ND'_1D'(c-g-c)$ hay $PN//D'D'_1$. Nói cách khác $DI$ vuông góc $XY$. Từ đây ta có đpcm

Bài 30: Cho tam giác $ABC$, trực tâm $H$. $G, N_a$ là điểm Gergone, Nagel của tam giác $ABC$. $K$ là điểm liên hợp đẳng cự với $H$ trong tam giác $ABC$. Chứng minh $GN_a$ đi qua $K$

góp vui

Bài toán 6. Trên cạnh $\displaystyle AB$ của ngũ giác $\displaystyle ABCDE$ lấy điểm $\displaystyle F$ sao cho $\displaystyle \Delta ADE\sim \Delta ECF\sim \Delta DBC$. Chứng minh rằng $\displaystyle \frac{AF}{BF} =\frac{EF^{2}}{CF^{2}}$.

Gọi $K$ là giao điểm của $AD$ và $CF$, dễ thấy $K$ thuộc $(DEC)$, định nghĩa $L$ tương tự ta cũng có $L$ thuộc $(DEC)$ hay $D, E, K, L , C$ đồng viên
Ta có $\frac{AF}{BF}=\frac{sin \widehat{AKF}.KF}{sin \widehat{DAB}}.\frac{sin \widehat{DBA}}{sin \widehat{FLB}.FL}=\frac{DA}{DB}.\frac{DC}{DE}.\frac{EF}{CF}=\frac{EF}{FC}.\frac{EC}{CF}.\frac{EF}{CE}=\frac{EF^2}{CF^2}$

để topic tiếp tục hoạt động ( vì bài trên có vẻ hơi quá tầm với mn....)  mình xin post bài mới

Bài 31. Cho tam giác $ABC$ và điểm $M$ bất kỳ nằm trên trung trực $BC$. $X,Y$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABM$ và $ACM$. Chứng minh $(AXY)$ luôn đi qua 1 điểm cố định

Xét phép nghịch đảo đối xứng cực $A$ phương tích $AB.AC$ đưa về bài toán như sau: Cho $\Delta ABC$, $M$ bất kì nằm trên đường tròn $A-Apollonius$, $X, Y$ là tâm bàng tiếp tam giác $ABM, ACM$. Chứng minh $XY$ đi qua một điểm cố định.
Ở đây $XY$ đi qua giao điểm của chân đường phân giác ngoài $\widehat{BAC}$ với $BC$

Bài 35. Cho hình bình hành $ABCD$ có $P$ là điểm bất kỳ trên $AB$. $DP,CP$ lần lượt cắt $CB$ và $AD$ tại $E,F$. $G$ là tâm vị tự trong của đường tròn nội tiếp hai tam giác $PAE$ và $PBF$. Chứng minh $PG$ đi qua điểm Nagel của tam giác $PCD$. 

Gọi $I, I'$ lần lượt là tâm nội tiếp tam giác $PAE$ và $PBF$. $M, N$ lần lượt là giao điểm của $PI', PI$ với $CD$, $S$ là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp tam giác $PCD$ với $BC$, $T$ là điểm đối xứng của $S$ qua trung điểm $CD$
Dễ thấy $DM=DP$ và $CN=CP$. Khi đó $PD-PC=SD-SC$ hay $PD+SC=SD+PC$ nên $DM+TD=TC+CN$. Do đó $TM=TN$ hay $T$ trung điểm $MN$
Gọi $II'$ cắt $BC$ tại $K$, $PT$ cắt $II'$ tại $G'$ thì ta có $(II', G'K)=P(II', G'K)=P(NM,TK)=-1$. Mặt khác $K$ là tâm vị tự ngoài của $(I)$ và $(I')$ nên $G'$ là tâm vị tự trong. Do đó có đpcm

Bài 41: Cho tam giác $ABC$, $L$ là điểm Lemoine. $E, F$ nằm trên $CA, AB$ sao cho $LE//AB$ và $LF//AC$. Đường thẳng qua $L$ song song $EF$ cắt $CA, AB$ tại $M, N$.
$a)$ Chứng minh $MNCB$ nội tiếp đường tròn $(K)$
$b)$ Chứng minh giao điểm hai tiếp tuyến tại $M, N$ của $(K)$ nằm trên $EF$
 

Bài 38: Cho tam giác $ABC$ $(AB<AC)$, $E$ và $F$ lần lượt nằm trên $CA, AB$ sao cho $BF=CE$, $BE$ cắt $CF$ tại $K$. $I_1, I_2$ lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $KBF$ và tam giác $KCE$. Phân giác trong góc $\widehat{BAC}$ cắt $I_1I_2$ tại $L$. Chứng minh $LI_1=KI_2$.

Bài 36. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi I, Ia lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp, tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Gọi AA1 là đường kính của đường tròn (O). IaA1 cắt lại đường tròn (O) tại T, AI cắt BC tại E và đường thẳng qua I vuông góc với AE cắt AC tại P. Chứng minh rằng AT, EP và BI đồng quy

Gọi $G$ thuộc $AB$ sao cho $I_aG//IP$, ta có $\Delta AI_aG \sim \Delta AIP (g-g)$ nên $\frac{I_aG}{IP}=\frac{AI_a}{AI}=\frac{EI_a}{EI}$ hay $P, E, G$ thẳng hàng. Gọi $GI_a$ cắt $AA_1$ và $BC$ tại $J$ và $F$, $I_aA_1$ cắt $EJ$ tại $K$. Menelaus cho tam giác $JEA$ cát tuyến $A_1, K, I_a$ ta sẽ được $K$ trung điểm $EJ$. Biến đổi góc đơn giản dễ thấy $AEJF$ nội tiếp. Do đó $\widehat{EAF}=\widehat{EJI_a}=\widehat{KI_aJ}=\widehat{HA_1K}=\widehat{EIT}$ hay $A, T, F$ thẳng hàng. Để ý $(AE, II_a)=-1$ nên $BI, EP, AT$ đồng quy.

Bài 33. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và điểm $P$ bất kỳ trên $(O)$. $J,K$ là tâm đường tròn $(BOP)$ và $(COP)$. $Y,Z$ là hình chiếu của $J,K$ lên $AC,AB$. Chứng minh $YZ$ đi qua 1 điểm cố định khi $P$ di chuyển trên $(O)$

Dựng hình bình hành $OZQD$ và $DKZU$, khi đó $OKQU$ cũng là hình bình hành. Vì $KO=KD$ nên $UZ=UQ$. Gọi $(U,UV)$ cắt $AB$ tại $P$, $E$ và $F$ là hình chiếu của $D$ lên $CA$ và $AB$.
Ta có $\Delta UZQ=\Delta KOD(c-c-c)\Rightarrow \widehat{ZPQ}=\widehat{OCD}=90^{\circ}-\widehat{DAC}=\widehat{AFE}\Rightarrow PQ//EF$, mặt khác $UD//KZ$ nên $DU$ vuông $AB$ hay $D, U, F$ thẳng hàng. Do đó $Z$ và $P$ đối xứng với nhau qua $DF$. Vì vậy nếu gọi $M$ trung điểm $ZQ$ thì ta có $FM//PQ//FE$ nên $F, M, E$ thẳng hàng
Gọi $N$ trung điểm $OD$, khi đó ta có $MNOZ$ là hình bình hành, do đó nếu ta gọi $DM$ cắt $OZ$ tại $O_1$ thì ta có $ZM$ là đường trung bình của tam giác $O_1OD$. Gọi $D_1, D_2$ lần lượt là điểm đối xứng của $D$ qua $CA, AB$, vì $M$ trung điểm $OD_1$ nên $O_1$ thuộc $D_1D_2$, định nghĩa $O_2$ tương tự $O_1$, ta cũng có $O_2$ thuộc $D_1D_2$, do đó $O_1O_2$ là đường thẳng Steiner của $D$ đối với tam giác $ABC$ hay $O_1O_2$ đi qua trực tâm tam giác $ABC$. Đến đây xét phép vị tự tâm $O$, tỉ số $\frac{1}{2}$, ta được $YZ$ đi qua tâm Euler của tam giác $ABC$

Bài 28. Cho tam giác $ABC$ nhọn và điểm $D$ bất kỳ di động trên $BC$ sao cho $AD$ không vuông góc $BC$. Giả sử tồn tại hai điểm $E,F$ trên $AC,AB$ sao cho $\angle ADB = \angle BEC = \angle CFA$. $AD,BE,CF$ cắt nhau tạo thành tam giác $XYZ$. Chứng minh trực tâm tam giác $XYZ$ di động trên 1 đường tròn cố định khi $D$ di động

Gọi $O, H$ lần lượt là tâm ngoại tiếp, trực tâm tam giác $ABC$, $H'$ là trực tâm giác $XYZ$. Dễ thấy $\Delta XYZ\sim \Delta ABC(g-g)$
Dễ chứng minh được $X, Y, Z$ thuộc $(BHC), (CHA), (AHB)$. Do đó $H$ là tâm $(XYZ)$
Gọi $N$ là điểm đối xứng của $H$ qua trung trực $BC$. Khi đó ta có $(XN, XH)$ $+$ $(XH, AD)$ $\equiv$ $(CN,CH)$ $+$ $(AO,CB)$ $\equiv$ $(CN,CB)$ $-$ $(CH, CB)$ $+$ $(AO,CB)$ $\equiv$ $(CA,CB)$ $+$ $(CB,BH)$ $\equiv$ $\frac{\pi }{2}$ (mod $\pi$)
Vì vậy  $XN$ vuông $AD$ hay $X, H', N$ thẳng hàng. Ở đây $\Delta AHO\sim \Delta XH'H$ nên $(H'H, H'X)=(HO,HA)=\frac{1}{2}(OH,ON)$ (mod $\pi$) hay $H'$ nằm trên $(O,OH)$.              

Bài 26: Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có các đường cao $AD, BE, CF$ đồng quy tại $H$. $K, L$ lần lượt là tâm $(HAB)$ và $(HAC)$. $S, T$ là hai điểm thuộc $OB, OC$ sao cho $DH$ là phân giác $\widehat{SDT}$. $X, Y$ lần lượt là trung điểm $KT, LS$. $I$ là giao điểm của đường trung tuyến đỉnh $A$ trong tam giác $ABC$ với $EF$. Chứng minh $DI$ song song với trục đẳng phương của $(X, XK)$ và $(Y, YL)$.
P/s: đây là một bài toán mình mở rộng từ một bài toán của anh Phan Quang Trí, phát biểu có vẻ dễ hơn bài ban đầu:))

Hic mọi người giải nhanh quá

Đây là bài toán sau khi đảo mô hình nhưng vẫn có lời giải với suy nghĩ tự nhiên!

Bài toán 10. Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$, $H$ là trực tâm của tam giác. Gọi $J$ là tâm $(AOH)$.$JH$ cắt $BC$ tại $K$. $L$ thuộc $BC$ sao cho $OL//AJ$. Chứng minh rằng $(JKL)$ và $(J)$ cắt nhau trên $AC$. (Hiển nhiên do tính đối xứng nên hai đường tròn vẫn cắt nhau trên $AB$)

Screenshot (1494).png

Gọi $AO$ cắt $BC$ tại $D$. Biến đổi góc đơn giản ta có $\widehat{JHO}=\widehat{ADB}$ nên $HODK$ nội tiếp
Gọi $(BHK), (CHK)$ cắt $AB, AC$ tại $F, E$
Ta có $\widehat{AEH}=\widehat{HKC}=\widehat{AOH}$ nên $F\in (AOH)$. Tương tự với điểm $E$, do đó $A, E, O, H, F$ đồng viên
Dễ thấy $JFKE$ nội tiếp. Định nghĩa lại $L$, là giao điểm thứ hai của $(KEF)$ với $BC$.
Kẻ đường cao $AX, BY, CZ$ thì ta dễ chứng minh được $\Delta KEF\sim \Delta XYZ(g-g)$
Do đó biển đổi góc ta dễ chứng minh được $LB=LF, LC=LE$
Kẻ đường kính $AI$ của $(AOH)$, $I'$ đối xứng với $I$ qua $L$
Gọi $C'$ đối xứng với $C$ qua $L$, khi đó ta có $C', I, E$ thẳng hàng. Do đó $\widehat{ACI'}=90^{\circ}$, tương tự $\widehat{ABI'}=90^{\circ}$
Do đó $AI'$ là đường kính của $(O)$. Đến đây dễ chứng minh $AJLO$ là hình bình hành hay $L$ thỏa mãn giả thiết ban đầu. Đpcm

Bài toán 8: Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp $(I)$, $(I)$ tiếp xúc với $BC, CA, AB$ tại $D, E, F$. $T$ là điểm thuộc $(I)$ sao cho $(BTC)$ tiếp xúc với $(I)$ tại $T$. $AT$ cắt $(BTC)$ tại $S$. Chứng minh $P, I, D, S$ đồng viên.
P/s: Đây có thể coi là bài toán sau khi nghịch đảo của bài 5, nhưng giải bằng hình học thuần túy vẫn được

Bài toán 4: Cho tam giác ABC, hai điểm P, Q đẳng giác trong tam giác ABC. Gọi D, E, F; X, Y, Z lần lượt là hình chiếu của P, Q trên BC, CA, AB. EF cắt BC tại G. Khi đó PG vuông góc với AX.

Bài này mình tổng quát từ một bài toán đơn giản, chắc cũng có ở đâu đó rồi

Gọi hình chiếu của $P$ lên $AX$ là $H$
Thì khi đó ta có $A, E, P, H, F$ đồng viên hay $EFPH$ nội tiếp
Do đó áp dụng định lý về tâm đẳng phương ta có $EF$, $PH$, $BC$ đồng quy
 

Bài toán 2. (Trần Quang Hùng) Cho $\Delta ABC$ nhọn có $AB<AC$. Ba đường cao $AD,BE,CF$ cắt nhau tại $H$. $DE,DF$ cắt $AB,AC$ tại $P,Q$. Gọi $R$ là trung điểm của $PQ$. $OH$ cắt $AR$ tại $L$. Gọi $N$ là tâm đường tròn Euler của $\Delta ABC$. Chứng minh rằng trực tâm của $\Delta ALN$ nằm trên $EF$.

Screenshot (1475).png

Gọi $I, G$ lần lượt là trung điểm $CA, AB$. $J$ là giao điểm của $GI$ và $EF$. $L'$ là giao điểm của $GE$ và $FI$.
Ta dễ thấy $L'$ nằm trên đường thẳng $Euler$ của $\Delta ABC$
Ta có: $QA.QC=QF.QD$ nên $Q$ thuộc trục đẳng phương của $(O)$ và $(N)$, tương tự cho điểm $P$
Do đó $PQ$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(N)$ suy ra $PQ\perp OH$. Mặt khác dễ thấy $AJ\perp OH$ nên $AJ// PQ$
Gọi $AJ$ cắt $EF$ tại $K$ thì ta có $(L'K, GE) = -1$
$AK//PQ$ nên $A(RK, PQ) = -1$ hay $(LK, GE) = -1$
Do đó $L'$ trùng $L$. Theo định lí $Brocard$ ta có $J$ là trực tâm tam giác $ALN$
P/s: Bài 1 có thể bỏ điểm $H$, lấy một điểm $X$ bất kì nằm trên tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$, sau đó định nghĩa $K$ là giao của đường qua $A$ vuông với $OX$ với $BC$ thì bài toán vẫn đúng

Gọi $PI$ cắt $(O)$ tại $S$
$JS$ cắt $IE, AE, BC$ tại $M,T,D$
Đầu tiên ta dễ thấy $ASTI$ nội tiếp
Do đó $TI//BC$. Mặt khác $JI^2=JD.JS$ do đó ta có được $ID//TE$
Từ đó ta có được $ITED$ là hình bình hành hay có đpcm.

Bài 14. Cho tam giác $\displaystyle ABC$ nhọn, $\displaystyle BE,CF$ là các đường cao của tam giác đó. Trên $\displaystyle BE,CF$ lấy $\displaystyle M,N$ sao cho $\displaystyle EF=MF=NE$. $\displaystyle MF$ cắt $\displaystyle NE$ tại $\displaystyle K$. Chứng minh trực tâm của $\displaystyle KMN$ nằm trên trung trực $\displaystyle BC$.

Dễ thấy $FM//ED, EN//FD$. Gọi $X, Y$ lần lượt là hình chiếu của $M, N$ lên $FD, ED$
Khi đó dễ chứng minh được $\Delta FMX\doteq \Delta ENY(g-c-g)$ nên $FX=EY$ $(1)$
Gọi $L$ trung điểm $BC$ thì $L$ thuộc $(DEF)$ và $LE=LF$ $(2)$
Từ $(1), (2)$ suy ra $L$ thuộc $(DXY)$
Gọi $MX$ cắt $NY$ tại $G$ thì $G$ là trực tâm $\Delta KMN$ và $G$ thuộc $(DXY)$. Do đó $D, X, Y, G, L$ đồng viên hay $GL$ vuông $BC$. Đpcm

Một bài toán mình được học thấy khá hay, có thể mọi người từng gặp:

Bài 25: Cho tam giác $ABC$ không cân nội tiếp $(O)$, trọng tâm $G$. Kẻ ba đường cao $AD,BE,CF$. Các tia $GD,GE,GF$ cắt $(O)$ tại $X,Y,Z$, $AG,BG,CG$ cắt $(O)$ tại $M,N,P$. Các đường thẳng $MX,NY,PZ$ cắt nhau tạo thành tam giác $A'B'C'$. Chứng minh rằng $A'X, B'Y, C'Z$ cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng $OG$.

Đầu tiên ta sẽ chứng minh $AX, BY, CZ$ đồng quy
Gọi $Q$, $R$ là các điểm thuộc $(O)$ thoả mãn $AQ//BC$ và $BR//AC$. Dễ thấy $X, D, G, Q$ và $Y, E, G, R$ thẳng hàng
Gọi $AD, BE$ cắt (O) tại $D', E'$. Pascal $\begin{pmatrix} A & Y& Q \\ B & X& R \end{pmatrix}$ và $\begin{pmatrix} A & Q& E' \\ B & R& D' \end{pmatrix}$. Ở đây ta dễ thấy $QD'$ và $RE'$ đều đi qua $O$. Do đó ta có được giao điểm của $AX$ và $BY$ là một điểm thuộc đường thẳng Euler. Chứng minh tương tự, ta được $AX, BY, CZ$ đồng quy tại một điểm thuộc đường thẳng Euler.
Quay lại bài toán, định nghĩa $J$ tương tự $Q, R$. Pascal $\begin{pmatrix} P&Y &B \\ N&Z &C \end{pmatrix}$ và $\begin{pmatrix} Y &B& J\\ Z &C& R \end{pmatrix}$. Ở đây giao điểm của $BR$ và $CJ$ là điểm đối xứng với $A$ qua trung điểm $BC$. Vì vậy ta có được $A', A, G$ thẳng hàng. Tương tự ta thu được $AA', BB', CC'$ đồng quy tại $G$. 
Do đó $\frac{XB'}{XC'}=\frac{sin\widehat{BGD}}{sin\widehat{CGD}}.\frac{GB'}{GC'}=\frac{BD}{CD}.\frac{GC}{GB}.\frac{GB'}{GC'}$. Tương tự cho các cặp còn lại, ta có được $A'X, B'Y, C'Z$ đồng quy. Desargues cho $\Delta A'AX$ và $\Delta C'CZ$ ta thu được giao điểm của $A'X$ và $C'Z$ là một điểm thuộc đường tròn Euler (theo phần chứng minh ở trên). Do đó ta có được đpcm                

Bài toán 23. Cho tam giác $ABC$ nhọn với đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. $M$ là trung điểm $BC$. Trên $EF$ lấy các điểm $Q,R$ sao cho $MQ⊥AB$ và $MR⊥AC$. Lấy các điểm $S,T$ sao cho $CS||RT⊥DE$, $QS||BT⊥DF$. $K$ là hình chiếu của trung điểm $AH$ lên $HM$. Chứng minh $DK⊥ST$

Gọi $QB$ cắt $CR$ tại $X$, dễ thấy $QB, CR$ lần lượt là tiếp tuyến của đường tròn $(O)$ nên $\widehat{SQB}= \widehat{TRC}=90^{\circ} \Rightarrow$ $SQXC, TRXB$ nội tiếp
Gọi $AH$ và $MH$ cắt $(O)$ tại $I$ và $G$ như hình vẽ. Khi đó $K$ là trung điểm $GH$
Gọi $J$ là giao điểm thứ hai của $(XQC)$ và $(XBR)$ $\Rightarrow$ $\Delta JQB\sim \Delta JCR(g-g)\Rightarrow \frac{JQ}{JC}=\frac{QB}{CR}$
Biến đổi góc đơn giản dễ thấy $G, Q, B, M, E$ nên $\Delta GQB\sim \Delta GFH(g-g)\Rightarrow \frac{GQ}{QB}=\frac{GF}{FH}$
Tương tự $G, R, C, M, F$ đồng viên nên $\Delta GRC\sim \Delta GEH(g-g)\Rightarrow \frac{GR}{CR}=\frac{GE}{EH}$. Mà $(GH, FE)=-1$ nên $\frac{GF}{FH}=\frac{GE}{EH}$ nên $\frac{GQ}{QB}=\frac{GR}{CR}$$\Leftrightarrow \frac{GQ}{GR}=\frac{QB}{CR}=\frac{JQ}{JC}$
Biến đổi góc ta cũng dễ chứng minh được $GQXR$ nội tiếp do đó ta có được $\Delta GQR\sim \Delta JQC(c-g-c)\Rightarrow \widehat{JXQ}=\widehat{JCQ}=\widehat{GRQ}=\widehat{GXQ}\Rightarrow$ $G, J, I, X$ thẳng hàng hay $IG$ là trục đẳng phương của $(XQC)$ và $(XBR)$
$\Rightarrow IG\perp ST$ hay $DK\perp ST$

Bài toán 20. Cho tam giác $ABC$ có $I$ là tâm nội tiếp. Đường tròn bàng tiếp góc $B,C$ lần lượt tiếp xúc với $AC,AB$ tại $X,Y$. Gọi $AD,AE$ là đường cao và đường phân giác của tam giác $ABC$. Chứng minh $DE$song song với tiếp tuyến tại $I$ của $(IDE)$.

Gọi $(J)$ là đường tròn bàng tiếp góc $A$, $R$ là hình chiếu của $J$ lên $BC$, $AI$ cắt $(O)$ tại $M$
Ta có $\Delta MBE\sim \Delta MAB(g-g)\Rightarrow \frac{MB}{ME}=\frac{BA}{BE}\Leftrightarrow \frac{MJ}{ME}=\frac{IA}{IE}\Leftrightarrow \frac{EJ}{EM}=\frac{EA}{EI}\Leftrightarrow \frac{EI}{EM}=\frac{EA}{EJ}=\frac{ED}{ER}$
$\Rightarrow ID//MR$. Gọi $ID$ cắt $MB, MC$ tại $P, Q$
Ta có $DP//MR$ nên $\frac{BM}{MP}=\frac{BR}{DR}$ $(1)$, $QD//MR$ nên $\frac{CM}{MQ}=\frac{CR}{RD}$ $(2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta có được $\frac{MP}{MQ}=\frac{CR}{BR}=\frac{AY}{AX}$. Do đó $\Delta MPQ\sim \Delta AYX(c-g-c)$
Gọi $ID$ cắt $XY$ tại $N$ thì suy ra $\widehat{AYN}=\widehat{MPQ}=\widehat{NPB}$ hay $YNPB$ nội tiếp
$\Rightarrow \widehat{YNI}=180^{\circ}-\widehat{ABM}=\widehat{IED}$. Do đó có đpcm

Bài toán 17. Cho tam giác $ABC$ với $P$ là điểm bất kỳ. Đường tròn $(PAB),(PAC)$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Đường tròn $(AEF)$ cắt $AP$ tại $M$. Tiếp tuyến tại $M$ của $(AEF)$ cắt EF tại $X$. Chứng minh đối xứng của $M$ qua $XP$ nằm trên $(ABC)$.  

Gọi $AP$ cắt $(O)$ tại $J$, $L$ đối xứng với $J$ qua $O$, $ML$ cắt $(O)$ tại $T$, $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $G$ 
Dễ thấy $\frac{GB}{GC}=\frac{GF}{GE}=\frac{CF}{BE}=\frac{JB}{JC}$ nên $GJB$ là tứ giác điều hòa
$\Rightarrow A(GM, EF)=-1$ hay $XG$ cũng là tiếp tuyến của $(AEF)$
$\Delta MFG\sim \Delta JBG (g-g)\Rightarrow \widehat{MFG}=\widehat{JBG}=\widehat{OLG}\Leftrightarrow \widehat{XMG}=\widehat{OLG}$
$\Rightarrow \Delta XMG\sim \Delta OLG(g-g)\Rightarrow \widehat{LOG}=\widehat{MXG}\Leftrightarrow \widehat{MGT}=\frac{1}{2}\widehat{LOG}=\frac{1}{2}\widehat{MXG}$ nên $T$ thuộc $(X, XM)$ hay $XT=XM$
Một tính chất khá quen thuộc là $PM=PJ$ (phần này có ở bài 3.34 sách thầy Nguyễn Văn Linh các bạn có thể tham khảo)
Mà $\widehat{MTJ}=90^{\circ}$ nên $PT=PM$. Do đó có đpcm

Bài 27. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ và ngoại tiếp $(I)$ có $P$ là điểm chính giữa cung $BC$ nhỏ. $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. và $(AEF)$ cắt $(O)$ tại $Z$ khác $A$. $ZP$ cắt $(I)$ tại $Q$ và $AQ$ cắt $(I)$ tại $T$. $K$ là giao điểm của đường cao $AH$ và đường thẳng Simson của $P$ đối với tam giác $ABC$. Chứng minh $(ATK)$ tiếp xúc $(I)$

Gọi $R, U$ trung điểm $EF, BC$, $L$ là điểm chính giữa cung lớn $BC$ của $(O)$. $AQ$ cắt $EF$ tại $N$, $IN$ cắt $(AEF)$ tại $M$,
Xét phép nghịch đảo cực $I$, pt $=ID^2$, ta có được $(AMT)\leftrightarrow (RNT)$, $(I)\leftrightarrow (I)$           
Kẻ tiếp tuyến tại $T$ của $(I)$ cắt $EF$ tại $V$. Vì $(QT, EF)=-1$ nên $VQ$ cũng là tiếp tuyến của $(I)$. Do đó $(VN, FE)=-1$ hay $VT^2=VF.VE=VN.VR$ (Maclaurin). Do đó $(RNT)$ tiếp xúc $(I)$ hay $(AMT)$ tiếp xúc $(I)$. Vì vậy ta cần chứng minh $K\in (AMT)$
Gọi $S$ là giao điểm của $PD$ với $AK$, $D'$ đối xứng với $D$ qua $(I)$, tiếp tuyến tại $D'$ của $(I)$ cắt $AK$ tại $H$. Ta sẽ chứng minh $H, R, I, K$ đồng viên.
Dễ thấy $S$ thuộc $(AEF)$ và $Q, H, D', I, S$ đồng viên
Ta có $ALUK$ là hình bình hành, $\Delta LUC\sim \Delta ARE\Rightarrow \frac{LC}{AE}=\frac{LU}{AR}=\frac{AK}{AR}$. Vì vậy ta cần chứng minh $\frac{AI}{AH}=\frac{LC}{AE}$ $(1)$
Dựng hình chữ nhật $AHD'X$, $AD'$ cắt $LU$ tại $J$, tính chất quen thuộc là $IJ//BC$ nên $IJUD$ là hình chữ nhật. Ta có $\frac{AD'}{XD'}=\frac{D'J}{ID'}$ $(2)$.
Ở đây $AH=XD'$ nên từ $(1)$ và $(2)$ thì ta cần chứng minh $\frac{AI}{AD'}=\frac{LC}{AE}.\frac{ID'}{D'J}\Leftrightarrow \frac{PI}{D'J}=\frac{LC}{AE}.\frac{ID'}{D'J}\Leftrightarrow \frac{PI}{LC}=\frac{ID}{AE}\Leftrightarrow \frac{PC}{LC}=\frac{IE}{AE}$ (hiển nhiên đúng)
Do đó ta có được $\frac{AK}{AR}=\frac{AI}{AH}$ hay $H, R, I, K$ đồng viên nên $AH.AK=AE^2$
Gọi $AK$ cắt $EF$ tại $Y$, xét phép nghịch đảo cực $A$ pt $= AE^2:$ $H\leftrightarrow K,I\leftrightarrow R,Q\leftrightarrow T,S\leftrightarrow Y$ mà $HIQS$ nội tiếp nên $YRKT$ nội tiếp
Để ý $T, M, Q, R, I$ đồng viên do đó $\widehat{TKA}=\widehat{TRY}=90^{\circ}-\widehat{TRI}=90^{\circ}-\widehat{TMI}=180^{\circ}-\widehat{AMT}$ hay $K\in (AMT)$. Do đó có đpcm.