Bài 15: Cho $\Delta ABC$ ngoại tiếp $(I)$ có $(I_a)$ là đường tròn bàng tiếp góc $A$. $(I_a)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D$. $ID$ cắt $(I_a)$ tại $X$. Định nghĩa $Y, Z$ tương tự. Chứng minh $AX, BY, CZ$ đồng quy

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 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

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.

bạn nói rõ hơn đc ko, mik ko hiểu lắm

Gọi $X, Y, Z$ là tiếp điểm của $(I)$ với $BC, CA, AB$. Một tính chất khá quen thuộc là $A_1, X, D$ thẳng hàng. Vì vậy bài toán đưa về chứng minh $XD, YE, FZ$ đồng quy
Cái này thì hiển nhiên vì $XY//DE$ (cùng vuông $CI$). Tương tự $YZ//EF, ZX//FD$. Điểm đồng quy là tâm vị tự ngoài của $(O)$ và $(I)$ nên nó nằm trên $OI$

Bài toán 5. Cho tam giác $\displaystyle ABC$ các đường cao $\displaystyle AD,BE,CF$. $\displaystyle X,Y,Z$ lần lượt là hình chiếu của $\displaystyle D,E,F$ lên $\displaystyle EF,FD,DE$. $\displaystyle AX,BY,CZ$ đồng quy tại một điểm $\displaystyle T$. $\displaystyle DD',EE',FF'$ lần lượt là đường kính của $\displaystyle ( DEF)$. Chứng minh $\displaystyle AD',BE',CF'$ đồng quy tại điểm $\displaystyle S$. Chứng minh rằng $\displaystyle S,T$ đẳng giác với tam giác $\displaystyle ABC$.

Thực ra việc chứng minh đồng quy ở bài này khá dễ nên xin phép mình không chứng minh
Do đó ta chỉ cần xét một cặp đường thẳng và chứng minh chúng đẳng giác là xong bài
Đưa bài toán về mô hình: Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$ có đường cao $AD$, đường kính $AE$. $J$ là tâm bàng tiếp góc $A$. Chứng minh $JD, JE$ đẳng giác trong $\Delta JBC$
Gọi $I$ là tâm nội tiếp của $\Delta ABC$.
Biến đổi góc đơn giản, ta dễ thấy $\widehat{EBJ}=\widehat{ABI}=\widehat{IBC}, \widehat{ECJ}=\widehat{ACI}=\widehat{ICB}$
Do đó nếu ta gọi $I'$ đối xứng với $I$ qua $BC$ thì ta có được $I'$ và $E$ liên hợp đẳng giác trong $\Delta JBC$. Do đó ta cần chứng minh $J, I', D$ thẳng hàng
Gọi $AI$ cắt $BC$ tại $F$ thì ta có $(AF, IJ)=-1$. Mặt khác $II'//AD$ nên hiển nhiên $J, I', D$ thẳng hàng

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I). (AI) cắt (O) tại điểm thứ hai là $A_{1}$. $B_{1}, C_{1}$ định nghĩa tương tự. D,E,F lần lượt là điểm chính giữa cung BC,CA,AB không chứa A,B,C của (O).CMR $A_{1}D,B_{1}E,C_{1}F$ đồng quy tại 1 điểm nằm trên IO

$A_1D$ sẽ đi qua tiếp điểm của $(I)$ trên $BC$, do đó nếu bạn gọi tiếp điểm ra thì các đường này sẽ đồng quy (tam giác có các cạnh song song) tại tâm vị tự ngoài của $(O)$ và $(I)$

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 6. (AoPs) Cho $\Delta ABC$ nhọn có $AB<AC$ nội tiếp $(O)$. $H$ là trực tâm của tam giác, $P$ là điểm di động trên cung nhỏ $BC$. $K$ là trực tâm của $\Delta PBC$. $KH$ cắt $AB,AC$ tại $E,F$. Gọi $J$ là tâm $(AEF)$. Chứng minh rằng $J,H,P$ thẳng hàng.

Screenshot (1490).png

Bài này có lẽ là tổng quát từ một bài toán quen thuộc  .

Bài này mình đã từng giải trên AoPs
$PK$ cắt $BC, (O)$ tại $S, D$. $AHKP$ là hình bình hành do đó dễ chứng minh được $\Delta AEF\sim \Delta PBC(g-g)\Rightarrow \Delta JAF\sim \Delta OCP(g-g)$
$\Rightarrow \widehat{JAF}=\widehat{OCP}=90^{\circ}-\widehat{PBC}=\widehat{BPD}\Rightarrow \overline{J, A, D}$
Gọi $JA$ cắt $EF$ tại $G$, $OP$ cắt $BC$ tại $T$, $AP$ cắt $DH$ tại $L$
Ta cần chứng minh $\frac{JG}{JA}=\frac{GH}{AP}\Leftrightarrow \frac{OT}{TP}=\frac{GH}{HK}=\frac{AL}{LP}=\frac{AH}{DP}$
Gọi $M$ trung điểm $BC$
$\Rightarrow \frac{OT}{OP}=\frac{OM}{OM+SP}=\frac{AH}{2OM+2SP}=\frac{AH}{DP}$. Đpcm

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

Một bài khá hay:

a) $MD$ cắt lại $(O)$ tại $E$, cắt $BC$ tại $L$.

Gọi $C'$ đối xứng với $C$ qua $ME$.

Do $EM$ là phân giác của $\angle BEC$ nên $E,B,C'$ thẳng hàng.

Ta có $\angle TC'D=\angle TCD=\angle TBD$ nên $T,B,C',D$ đồng viên.

Dẫn đến $EB.EC=EB.EC'=ET.ED$.

$EN$ cắt $BC$ tại $F$ thì $\Delta ENC\backsim EBF(g.g)\Rightarrow EN.EF=EB.EC=ET.ED$.

Từ đó $T$ là trực tâm tam giác $DFN$ hay trực tâm của $\Delta TDN$ là $F\in BC$.

b) $FD$ cắt $TN$ tại $H$ thì $H\in (BCD)$.

Ta chỉ cần chứng minh $(BC,HK)=-1$.

Theo bổ đề cát tuyến: $\frac{EB}{EC}=\frac{LB}{LC}=\frac{KB}{KC}.\frac{DB}{DC}\Rightarrow \frac{KB}{KC}=\frac{EB.DC}{EC.BD}$.

Đồng thời $\Delta EBT\backsim \Delta EDC,\Delta ECT\backsim \Delta EDB$.

Do đó $\frac{EB}{EC}=\frac{BT}{ED}.\frac{ED}{CT}=\frac{BT}{CT}$.

Đường tròn đường kính $DT$ cắt lại $DB,DC$ theo thứ tự tại $U,V$ thì sử dụng phép vị tự quay ta được $\frac{HB}{HC}=\frac{BU}{CV}=\frac{BT}{CT}$.

Vậy $\frac{EB}{EC}=\frac{HB}{HC}$ hay $H,K,X$ thẳng hàng.

Note

Bài này dùng điểm $H$ trực tâm thành điểm $F$

Cách giải ý $a)$ khá hay, cách của anh thì khá dài vì anh dùng luôn cả điểm $H$ (trong hình vẽ của Hoang72) để chứng minh câu $a)$
Thật ra đây là bài anh mở rộng từ bài hình của đề Arab Saudi TST 2016. Sau đây là bài toán gốc
Cho $\Delta ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Hai tiếp tuyến tại $B, C$ giao nhau tại $P$. Phân giác góc $A$ cắt $(P, PB)$ tại điểm $E$ nằm trong $\Delta ABC$. Gọi $M, N$ là điểm chính giữa cung $BC$ và cung $BAC$. Đường tròn đường kính $BC$ cắt đoạn thẳng $EN$ tại $F$. Chứng minh rằng trực tâm $\Delta EFM$ nằm trên $BC$.

Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có $M, N$ lần lượt là các điểm chính giữa cung $\widehat{BC}$ lớn, nhỏ của $(O)$. $D$ là một điểm bất kì nằm trong $\Delta ABC$ và nằm trên phân giác $\widehat{BAC}$ của $\Delta ABC$. $T$ là điểm nằm trên $MD$ thỏa mãn $\widehat{TBD}=\widehat{TCD}$.
$a)$ Chứng minh trực tâm $H$ của $\Delta TDN$ nằm trên $BC$
$b)$ Gọi $K$ là giao điểm của $MD$ và $(BDC)$. $X$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(BDC)$. Chứng minh $XK$ và $TN$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(BDC)$.

 

Gọi $P$ là giao của $AG$ và $(O)$, $J$ là điểm thuộc $(O)$ thỏa  mãn $\widehat{PJH}=90^{\circ}$ $\Rightarrow \overline{J,H,T}$
$OG$ cắt $JH$ tại $K$. $L$ trung điểm $AP$
$\Delta JPL\sim \Delta JHI(c-g-c)$, $\Delta GOI\sim \Delta ILP(g-g)$
$\Rightarrow$ $P, J, I, L$ đồng viên nên $G, J, K, I$ đồng viên
Gọi $J', I'$ đối xứng với $J, I$ qua $OG$. Khi đó $GJ'KI'$ nội tiếp
$\widehat{GAJ'}=180^{\circ}-\widehat{PJJ'}=90^{\circ}-\widehat{J'JK}=\widehat{GKJ'}$ $\Rightarrow$ $GAKJ'$ nội tiếp. Suy ra $G, A, I', K, J'$ đồng viên hay $GAI'J'$ nội tiếp
Theo phép đối xứng trục $OG$ thì ta có được $GJIX$ nội tiếp hay $\overline{J, D, X}$. Đpcm

Cho tam giác ABC có điểm P nằm ở miền trong tam giác sao cho khi gọi D,E,F lần lượt là hình chiếu của P lên BC,CA,AB thì AD,BE,CF đồng quy. từ A,B,C lần lượt kẻ đường thẳng vuông góc với PA,PB,PC tạo thành tam giác MNP (A khác phía M so với BC,N khác phía B so với AC và P khác phía C so với AB). CMR: AM,BN,CP đồng quy

Có thể đưa về bài toán dễ nhìn hơn như sau: Cho $\Delta ABC$, $P$ nằm trong tam giác. $D,E,F$ là hình chiếu của $P$ lên $BC, CA, AB$. $X,Y, Z$ là hình chiếu của $P$ lên $EF, FD, DE$. Khi đó nếu $DX, EY, FZ$ đồng quy thì $AD, BE, CF$ đồng quy
Ta có: $\widehat{XPE}=\widehat{AEF},\widehat{XPF}=\widehat{AFE}\Rightarrow \frac{AF}{AE}=\frac{sin\widehat{AEF}}{sin\widehat{AFE}}=\frac{sin\widehat{XPE}}{sin\widehat{XPF}}=\frac{XE}{PE}.\frac{PF}{XF}$
Tương tự với các cặp còn lại, kết hợp với $DX, EY, FZ$ đồng quy ta có đpcm

Cho tam giác ABC. Đường trung trực của AB,AC lần lượt cắt tia phân giác trong góc A của tam giác ABC tại M,N. Gọi H là trực tâm tam giác OMN. I là trung điểm BC. CM: A,I,S thẳng hàng

Bạn tham khảo: Đề thi duyên hải đồng bằng bắc bộ khối 11 năm 2015-2016
https://diendantoanh...16/#entry629246

Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$, đường cao $AD, CF$. Đường thẳng qua $O$ vuông góc với $OC$ cắt $BC$ tại $S$, dựng hình bình hành $AOSJ$. $AD$ cắt $(O)$ tại $G$. Chứng minh $GF$ và $CJ$ cắt nhau tại một điểm thuộc $(O)$.
P/s: một bài toán vui

Mặc dù mình chưa đọc nhưng Hoang72 đưa ra lời giải nhanh quá  
Thực ra đây là bài toán mình kết hợp giữa bài hình ELMO 2016 và một số bài toán mà mình đã làm
Ý tưởng của mình là như sau (có vẻ là hơi khác so với lời giải của Hoang72):
Gọi $A_1$ đối xứng với $A$ qua $BC$. Khi đó ta sẽ chứng minh $S$ là tâm $(A_1B_1C_1)$
Kết hợp với kết quả từ bài hình ELMO 2016 ta có được $AO_2\perp BC$
Do đó ta chỉ cần chứng minh $AS$ và $AO_1$ đẳng giác trong $\widehat{BAC}$. Điều này hiển nhiên theo phép nghịch đảo đối xứng cực $A$ phương tích $AB.AC$

Cho $\Delta ABC$ nhọn $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $B_1$ và $C_1$ lần lượt là các điểm đối xứng với $B, C$ qua $AC, AB$. $O'$ đối xứng với $O$ qua $A$. $O_1$, $O_2$ là tâm đường tròn ngoại tiếp của $(OB_1C_1), (O'B_1C_1)$. $K$ là điểm $Kosnita$ của $\Delta ABC$. $S$ đối xứng với $O$ qua $K$. Chứng minh rằng $\widehat{O_1AO'}=\widehat{O_2AS}$.

mik ko hiểu lắm. Bạn nói rõ hơn đoạn CM TG vuông góc BC để lm gì và áp dụng đt gauss ntn đc ko

Có được $TG\perp BC$ thì gọi $I$ là trung điểm $AT$ $\Rightarrow OI//TG$ hay $OI\perp BC$. 
Mà $OB=OC$ nên hiển nhiên $IB=IC$
Gọi $N$ là trung điểm $EF$ thì theo tính chất đường thẳng $Gauss$ $\Rightarrow \overline{I,N,M}$
Mặt khác $IB=IC$, $MB=MC$ nên $NB=NC$. Đpcm

Gợi ý cho bạn một cách giải sau:
Gọi $BE$ cắt $CF$ tại $T$, $AO$ cắt $(O)$ tại $G$. 
Chứng minh $TG\perp BC$. Để chứng minh phần này thì bạn chứng minh bằng cách: $TB^2-TC^2=GB^2-GC^2$ (đồng dạng và định lí $Pytago$)
Sau đó áp dụng đường thẳng $Gauss$ cho chứ giác toàn phần $AFTE.BC$

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$, gọi $(K)$ là đường tròn tiếp xúc với $AC$, $AB$ và tiếp xúc trong với $(O)$ tại $D$. Kẻ đường kính $AS$ của $(O)$, tiếp tuyến tại $S$ của $(O)$ cắt đường thẳng qua $O$ $//$ $SD$ tại $T$. $P$ là điểm đối xứng với $D$ qua $TK$. Chứng minh $(PBC)$ tiếp xúc $(K)$.
P/s: một bài toán mình thấy khá thú vị, mời các bạn thử

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$. Các đường cao $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ đồng quy tại $H$. $P$ là điểm bất kì trên $OH$. $AP$, $BP$, $CP$ cắt $(O)$ lần lượt tại $A_2$, $B_2$, $C_2$. $A_3$, $B_3$, $C_3$ là các điểm đối xứng với $A_2$, $B_2$, $C_2$ qua $A_1$, $B_1$, $C_1$. Chứng minh $H$, $A_3$, $B_3$, $C_3$ đồng viên.
Góp cho bạn bài toán có cấu hình gần giống bài 1

Cho tam giác ABC, P là một điểm trong tam giác. AP cắt (BPC) tại $A_{1}$ (khác P). Tương tự cho $B_{1},C_{1}$. Gọi X,Y, Z lần lượt là tâm $(PB_1C_1),(PC_1A_1),(PA_1B_1)$. Chứng minh rằng (XAP), (YBP), (ZCP) có một điểm chung khác P.

Xét phép nghịch đảo tâm $P$ phương tích $k$ bất kì
Đưa về bài toán sau: Cho $\Delta ABC$ với điểm $P$ nằm trong tam giác $AP$, $BP$, $CP$ cắt các cạnh tại $A_1$, $B_1$, $C_1$ . $X$, $Y$, $Z$ đối xứng với $P$ qua $B_1C_1$, $C_1A_1$, $A_1B_1$. Chứng minh $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy
https://www.facebook...300052160478291
Bạn tham khảo ở link này
Sr hqua mình không để ý tâm nghịch đảo $P$