vẫn chưa đến thời đại của 2000 ( trừ PNK )

Cho mình hỏi bạn Phạm Nam Khánh đã được đi thi quốc gia rồi cơ à./

Theo mình biết thì đâu tuyển lớp 10./

Vẫn có người sinh năm 2000 mà đi thi đó thôi

Huỳnh Bách Khoa: dogsteven

viet nam in my heart: Chuyên Vĩnh Phúc./

Có anh chị nào học PBC đi không ạ ? Em hóng

Có anh canhhoang30011999 

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 89.}}$ Gọi $A_6$ là giao điểm của $AA_0$ với $(N).A_3'$ là giao điểm của $AA_1$ với $(N)$.

Ta có $\angle AA_6A_3'=\angle AA_1A_0=A_3'AA_2$ nên $AA_2$ tiếp xúc đường tròn $(AA_3'A_6)$.

Mặt khác $\angle AC_0B_0=\angle ACB=\angle CAA_2$ nên $AA_2$ tiếp xúc đường tròn $(AB_0C_0)$.

Từ đó các đường tròn $(AA_3'A_6)$ và $(AB_0C_0)$ tiếp xúc nhau. Theo định lí về tâm đẳng phương ta suy ra $B_0C_0,AA_2,A_3'A_6$ đồng quy.

Do đó $A_3'A_6$ đi qua $A_2$. Từ đó $A_2A_3'A=90^\circ$ nên $A_3\equiv A_3'$.

Do $A_4$ và $N$ lần lượt là tâm đường tròn $\text{Euler}$ của tam giác $ABC$ và đường tròn đường kính $AA_2$, để ý rằng $A_3$ là giao của hai đường tròn này nên $A_5$ đối xứng với $A_3$ qua đoạn nối tâm sẽ là giao điểm thứ hai của hai đường tròn. Từ đó $\angle AA_5A_2=90^\circ$. 

Gọi $A_2A_0$ cắt $(N)$ tại điểm $A_5'$ khác $A_0$. Ta có $\mathcal{P}_{A_2/(N)}=A_2A^2=A_2A_5'.A_2A_0$ nên $\angle AA_5'A_2=90^\circ$.

Do đó $A_5\equiv A_5'$.

Gọi $X$ là giao điểm của $A_5$ với $(N)$. Do $\angle AA_5A_0=90^\circ$ nên $X$ đối xứng với $A_0$ qua $N$, từ đó $X$ thuộc trung trực $BC$.

Từ đây áp dụng định lý $\text{Ceva}$ dạng lượng giác cho các tam giác $AB_1C_1,BC_1A_1,CA_1B_1$. Chú ý rằng 

\[\frac{\sin \angle XB_1C_1}{\sin \angle ZB_1A_1}.\frac{\sin \angle ZA_1B_1}{\sin \angle YA_1C_1}.\frac{\sin \angle YC_1A_1}{\sin \angle XC_1B_1}=1\]

và các cặp góc bằng nhau $\angle XB_1A_1=\angle YA_1B_1,\angle XC_1B_1=\angle ZA_1B_1,\angle YC_1A_1=\angle ZB_1A_1$ ta suy ra

\[\prod \frac{\sin \angle XAB_1}{\sin \angle XAC_1}=1\]

Từ đó theo định lý $\text{Ceva}$ dạng lượng giác ta suy ra $AX,BY,CZ$ đồng quy hay $AA_5,BB_5,CC_5$ đồng quy. $\blacksquare$

Đề xuất bài toán mới để tiếp tục topic!

$\boxed{\text{Bài toán 90}}$ (Đặc biệt hóa) Cho tam giác $ABC$, trọng tâm $G$, điểm $\text{Lemoine}$ $L$. $U,V$ lần lượt là hình chiếu của $L,G$ trên $BC$. Gọi $J$ là giao điểm khác $A$ của đường tròn $(AUV)$ và đường tròn $(ABC)$. $AT$ là đường kính của đường tròn $(ABC)$. Chứng minh rằng $JT$ chia $LU,GV$ cùng tỉ số.

Tác giả bài toán tổng quát là "đại ca" Trần Quang Huy!

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 bài 116.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $O$, trực tâm $H$, $M$ là trung điểm $BC$. Đường cao $BE$, $CF$. $MH$ cắt $EF$ và $(O)$ lần lượt tại $R$, $K$. $KA$ cắt $MO$ tại $P$. Đường thẳng qua $P$ vuông góc với $EF$ cắt $KO$ tại $Q$. Khi đó $QR$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$.

Chứng minh. Do $AH\parallel PM$ nên $\tfrac{MH}{MK}=\tfrac{PA}{PK}=\tfrac{QO}{QK}$. Mặt khác do $(KHRM)=-1$ nên $\tfrac{MH}{MK}=\tfrac{RH}{RK}$. Từ đó theo định lí Menelaus $RQ$ đi qua trung điểm $OH$ hay $QR$ đi qua tâm đường tròn Euler của tam giác $ABC$. Bổ đề được chứng minh.

Quay lại bài toán.

Ta có $\widehat{QFB}=\widehat{QEF}=180^\circ-\widehat{QDF}=90^\circ-\tfrac{1}{2}\widehat{ABC}$ (do $DF$ đi qua điểm chính giữa cung $AB$ không chứa $C$ của $\triangle ABC$). Gọi $M$ là giao điểm của $QF$ với $BC$ thì $\triangle FBM$ cân tại $B$ suy ra $IF=IM=IE$ suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $FME$ kéo theo $\widehat{EMF}=90^\circ$. Xác định điểm $N$ tương tự thì $\widehat{ENF}=90^\circ$. Do $\widehat{QDI}=90^\circ$ nên $DI$ đi qua điểm $Q'$ đối xứng với $Q$ qua $K$. Do đó $DI$ đi qua trực tâm tam giác $QEF$. Từ đó theo bổ đề ta có điều phải chứng minh.

$\boxed{\text{Bài toán 21}}$ được anh NgocKhanh99k48 đăng lên đã ba ngày chưa có lời giải nên để tiếp tục topic mình sẽ để bài toán này lên đầu trang và tiếp tục cho đến khi nào có người giải được nó. Xin đề xuất bài toán tiếp theo dễ thở hơn nhiều để tiếp tục topic.

$\boxed{\text{Bài toán 22}}$ (Sáng tác - dựa trên kết quả của thầy Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC.P$ là một điểm bất kì trong tam giác sao cho $\measuredangle BPC=180^\circ-\measuredangle BAC$. Giả sử tồn tại hai điểm $E,F$ trên $BP,CP$ sao cho $EF\parallel BC$ và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ thuộc $BC$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $PEF$ và $ABC$ tiếp xúc nhau.

Hình vẽ bài toán 22

Tản mạn chút

$\boxed{\text{Bài toán 21}}$ được đưa lên AopS bởi Telv Cohl và đã unsolve trong hai năm liền! Gần đây nó được thành viên langkhanh1122 nhắc đến và được thành viên SalaF đưa ra ý tưởng chứng minh rất dài! Hi vọng có ái đó có lời giải cho bài này! Để topic tiếp tục, mọi người hãy cùng thử sức với bài toán mình vừa đề xuất!

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 23}}$. Bài này sử dụng một số kết quả quen thuộc nên mình/em không chứng minh tại đây!

$\boxed{\text{Kết quả 1.}}$ $OI$ là đường thẳng $Euler$ của tam giác $I_AI_BI_C$.

$\boxed{\text{Kết quả 2.}}$ Gọi $N$ là giao điểm của $I_AH$ với $I_B,I_C$. Khi đó $\frac{NI_C}{NI_B}=\frac{I_AC}{I_AB}$

Kết quả này cũng đúng khi mở rộng ra hai điểm liên hợp đẳng giác, chứng minh tham khảo trong link (Bổ đề $4$)

Quay lại bài toán đang xét.

Tiếp tuyến tại $P$ của $(I)$ cắt $BC$ tại $M$. Ta có $MP^2=MB.MC\Longrightarrow \mathcal{P}_{(M/(I))}=\mathcal{P}_{(M_(O))}$ hay $M$ thuộc trục đẳng phương của $(O)$ và $(I)\Longrightarrow M,E,F$ thẳng hàng.

Hình vẽ bài toán

Do $\triangle PMI_A$ cân tại $M$ nên $PI_A$ là phân giác $\angle BPC\Longrightarrow P$ nằm trên đường tròn $Apollonius$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{I_AB}{I_AC}$

Mặt khác theo kết quả 2 thì $\frac{NI_C}{NI_B}=\frac{I_AC}{I_AB}=\frac{I_BC}{I_CB}\Longrightarrow \triangle NI_CB\sim \triangle NI_BC$

$\Longrightarrow \frac{BN}{NC}=\frac{I_AB}{I_AC}\Longrightarrow NI_A$ là phân giác $\angle BNC\Longrightarrow N$ thuộc đường tròn $Apollonius$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{I_AB}{I_AC}$. Gọi $T$ là giao điểm thứ hai khác $I_A$ của đường tròn $Apollonius$ chia $BC$ theo tỉ số $\frac{I_AB}{I_AC}$ với $BC$. 

Do $B,N,I_A,T$ cùng thuộc một đường tròn nên $\angle PNH=180^\circ-\angle PTI_A=180^\circ-\angle PI_AI$

Mặt khác để ý rằng $P,I,I_A,M,F$ cùng thuộc một đường tròn nên $\angle PFH=\angle PI_AI\Longrightarrow P,N,H,F$ cùng thuộc một đường tròn. 

Do $\angle HNE=\angle EFH$ nên $F,N,H,E$ cùng thuộc một đường tròn $\Longrightarrow E,F,P,H$ cùng thuộc một đường tròn.$\square$

Bài toán đề xuất: $\boxed{\text{Bài toán 24}}$ (Thầy Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC.P,Q$ là hai điểm liên hợp đẳng giác. $K,L,M,N$ lần lượt là trực tâm các tam giác $PAB,PAC,QAB,QAC.KL$ cắt $MN$ tại $R$. Chứng minh rằng $AR\perp BC$.

P/s

Hi vọng anh Dương sẽ thích bài này!

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 3\\ \hline baopbc & 6\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline\end{array}$$

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.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 26}}$. Ta có $\angle HPM=\angle MNH=\angle MNA=\angle ACB\Longrightarrow P,X,H,C$ cùng thuộc một đường tròn 

$\Longrightarrow \angle PHX=\angle PCA$. Tương tự thì $\angle PHY=\angle PBA\Longrightarrow \angle PHX=\angle PHY\Longrightarrow H,X,Y$ thẳng hàng hay $XY$ đi qua $H.\blacksquare$

Hình vẽ bài toán

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 27}}$ (AopS) Cho tam giác $ABC,H$ là một điểm sao cho $\angle HBA=\angle HCA$. Trên đoạn $B,C$ lấy các điểm $D,E$ sao cho $\angle DHB=\angle EHC$. Trên $(ABC)$ lấy $K$ sao cho $\angle AKH=90^\circ$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $KDE$ tiếp xúc $(ABC)$.

Hình vẽ bài toán

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 3\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 3\\ \hline dogsteven & 4\\ \hline baopbc & 7\\ \hline QuangDuong12011998 & 2\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 2\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 1\\ \hline\end{array}$$

Bài toán $91$ đã lâu chưa có ai giải nên mình xin được phép đưa ra lời giải để tiếp tục topic.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 91}}$  Gọi $X,Y$ lần lượt là đối xứng của $B,C$ qua $P,Q$. Do $MPKQ$ là hình bình hành nên $K$ là trung điểm $XY$. Mặt khác do $\angle XBA=\angle YCA$ nên $\triangle BAX\sim \triangle CAY$ suy ra $\angle BAX=\angle CAY$. Gọi $E',F'$ lần lượt là giao điểm của $AX,AY$ với đường tròn $(O)$ thì $E'F'\parallel BC$. Gọi $H$ là giao điểm của $CE'$ và $BF'$. Đường thẳng qua $H$ song song với $XY$ cắt $AE',AF'$ lần lượt tại $S,T$. Gọi $S',T'$ lần lượt là hình chiếu của $H$ lên $AS,AT.L$ là giao điểm khác $A$ của $AH$ với đường tròn $(O)$. Dễ thấy $\triangle S'HT'\sim \triangle E'LF'$ (g.g) nên \[\frac{HS'}{HT'}=\frac{LE'}{LF'}=\frac{AC.HL}{HC}.\frac{HB}{AB.HL}=\frac{AC}{AB}=\frac{AY}{AX}=\frac{AT}{AS}\] Do đó $HS'.AS=HT'.HT$ suy ra $[HAS]=[HAT]$ từ đó $H$ là trung điểm $ST$. Theo bổ đề hình thang $AH$ đi qua trung điểm $K$ của $XY$ hay $AK$ đi qua $H$ là giao điểm của $CE',BF'$. Lại có $\angle BAE'=\angle CAF'$ cố định nên các điểm $E'F'$ cố định trên đường tròn $(O)$ do đó $AK$ đi qua một điểm cố định. $\blacksquare$

Lần này mình sẽ không đề xuất bài toán mới nữa mà sẽ dành công việc này cho thầy Hùng!

Một cách khác cho bài 29, dài hơn một chút!

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 29}}$ (Cách này có lẽ phù hợp với mấy đứa chưa học biến hình như em)

$\boxed{\text{Bổ đề 1}}$ Cho tam giác $ABC,L$ là điểm Miquel. $M$ là trung điểm $BC.$ Đường cao $AH$. Khi đó $ML$ chia đôi $AH$.

Bổ đề trên là bổ đề quen thuộc về điểm Lemoine, mình học từ anh viet nam in my heart, về chứng minh mọi người có thể nhắn tin qua anh viet nam in my heart hoặc đọc trong các tài liệu về điểm Lemoine.

Giải bài toán. (Có lẽ vẫn cần tính toán nhưng không dài như anh Ngockhanh99k48)

Dễ thấy chỉ cần chứng minh $AA'$ đi qua trung điểm $OL$.

$T\equiv AD\cap OA'$. Theo tính chất quen thuộc, dễ thấy $(AD,LT)=-1.N,P$ theo thứ tự là trung điểm $AH,AD$. Do $AFDE$ là hình bình hành nên $P$ là trung điểm $EF\Longrightarrow A'P\perp EF\Longrightarrow AO\parallel A'P$. Áp dụng bổ đề 1 ta suy ra $M,L,N$ thẳng hàng. Mặt khác do $(AD,LT)=-1$ nên theo định lí Thales ta suy ra $A'D\parallel OL$. Mặt khác $A'(DA,LO)=-1\Longrightarrow AA'$ đi qua trung điểm $OL.\blacksquare$

Bài này không cần tính điểm đâu nhé! Anh viet nam in my heart đề xuất bài mới đi!

Lời giải bài toán 121. Gọi $X$ là giao điểm của $QI$ với đường tròn $(O)$. $Y$, $Z$ lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ $AQ$ của $(O)$ và cung nhỏ $EF$ của $(K)$.

Theo bài toán 111 thì $X$, $Y$, $Z$ thẳng hàng. Mặt khác do $\triangle RYM\sim \triangle NZD$ (do $DZ\parallel MY$ theo bài toán 111) nên $X$, $N$, $R$ thẳng hàng.

Gọi $U$, $V$ lần lượt là điểm chính giữa cung $AC$, $AB$ của đường tròn $(O)$. Qua phép vị tự tâm $X$, tỉ số $\tfrac{XK}{XO}$ biến $N$ thành $R$, $E$ thành $U$, $F$ thành $V$, $K$ thành $O$ nên $R$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $UOV$. Do $\widehat{VOR}=\widehat{VPU}=\widehat{BPO}$ nên các tam giác cân $POB$ và $ORV$ đồng dạng. Do đó $OP^2=OR\cdot PB=OR\cdot PI$ suy ra $\tfrac{OR}{PI}=\tfrac{OP^2}{PI^2}$. Từ đó theo định lí Thales $PR$ là đường đối trung của tam giác $OPI$ nên $\widehat{APR}=\widehat{QPJ}$.  $\square$

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 33}}$. Theo lời giải $\boxed{\text{Bài toán 1}}$ của anh Ngockhanhk9948 thì $\angle OMA=40^\circ$.

Mặt khác $\angle AMB=180^\circ-80^\circ-30^\circ=70^\circ\Longrightarrow \angle OMC=70^\circ\Longrightarrow \angle OKF=20^\circ$.

Lại có $\angle AOM=180^\circ-\angle MAO-\angle OMA=180^\circ-20^\circ-40^\circ=120^\circ$. Mà theo lời giải $\boxed{\text{Bài toán 1}}$ của anh dogsteven thì $\angle AOI=60^\circ\Longrightarrow \angle KOI=60^\circ$ hay $\triangle OIK$ đều.

Đường thẳng qua $K$ vuông góc với $OI$ cắt $OF$ tại $T$. Dễ thấy $\angle FKT=\angle 30^\circ-20^\circ=10^\circ\Longrightarrow \triangle TFK$ cân tại $F$ hay $T$ thuộc $(F,FK)$. Mặt khác theo lời giải $\boxed{\text{Bài toán 1}}$ của anh I Hate Math thì $\angle OSK=20^\circ$ với $S$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$ nên $T$ thuộc $(O)$. Mặt khác $T,F,O$ thẳng hàng nên $(F,FK)$ tiếp xúc $(O).\blacksquare$.

P/s.

Sao không ai giải cả vậy! Mọi người cùng quẩy cho topic sôi nổi đi chứ

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 34}}$. (AopS). Cho hình thang cân $ABCD$ nội tiếp $(O).DO$ cắt $BC$ tại $X$. Đường thẳng qua $X$ song song với $OA$ cắt $AB,AC$ theo thứ tự tại $E,F.(O')\equiv (DEF)$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $(O')$ tại $P,Q$. Chứng minh rằng $(O'PQ)$ tiếp xúc $(O)$.

$\textbf{Hình vẽ bài toán}$

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 6\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 5\\ \hline dogsteven & 5\\ \hline baopbc & 8\\ \hline QuangDuong12011998 & 3\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 3\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 2\\ \hline\end{array}$$

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 36}}$ (Bài này chắc phải dùng chút lượng giác quá! )

$X\equiv AE\cap (O),Y\equiv AF\cap (O),G'\equiv BX\cap CY$. Theo định lí $Pascal$ thì $G'$ thuộc $EF$.

Ta có biến đổi tỉ số $\frac{FB}{EC}=\frac{\sin \angle BAY.AF}{\sin \angle CAX.AE}=\frac{\sin \angle G'CB.AF}{\sin \angle G'BC.AE}=\frac{G'B.AF}{G'C.AE}$

$K\equiv AX\cap CY,L\equiv AY\cap BX$. Do tam giác $ABC$ cân tại $A$ nên $LKXY$ là tứ giác nội tiếp $\Rightarrow LK\parallel BC$

Theo định lí $Thales$ thì $\frac{G'B}{G'C}=\frac{G'L}{G'K}$. Áp dụng định lí $Sin$ cho các tam giác $G'LF$ và $G'KE$ ta được:

$\frac{G'F}{G'E}=\frac{G'L.\sin \angle G'LF.\sin \angle AFE}{G'K.\sin \angle G'KE.\sin \angle AEF}=\frac{G'B.\sin \angle AFE}{G'C.\sin \angle AEF}=\frac{G'B.AF}{G'C.AE}=\frac{FB}{EC}\Rightarrow G\equiv G'$ hay $AF,CG$ cắt nhau trên $(O).\blacksquare$

Hình vẽ bài toán

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 37}}$ (Romani TST 2016 Day 4 Problem 2) Cho tam giác $ABC,CA\neq CB.D,F,G$ theo thứ tự là trung điểm $AB,AC,BC$. Một đường tròn $\gamma $ qua $C$, tiếp xúc với $AB$ tại $D$ và cắt $AF,BG$ lần lượt tại $H,I.H',I'$ lần lượt đối xứng với $H,I$ qua $F,G.H'I'$ cắt $CD$ và $FG$ lần lượt tại $Q,M$ và $CM$ cắt $\gamma $ tại $P$. Chứng minh rằng $\triangle CPQ$ cân.

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 6\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 5\\ \hline dogsteven & 5\\ \hline baopbc & 9\\ \hline QuangDuong12011998 & 4\\ \hline xuantrandong & 2\\ \hline mrjackass & 1\\ \hline vietnaminmyheart & 3\\ \hline BuiBaAnh & 1\\ \hline halloffame & 2\\ \hline\end{array}$$

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

Đề xuất bài toán tiếp theo khá nhẹ nhàng!

$\boxed{\text{Bài toán 63}}$ (AoPS) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Phân giác $\angle A$ cắt trung trực $CA,AB$ tại $M,N.H$ là trực tâm tam giác $OMN$. Chứng minh rằng $AH$ chia đôi $BC$.

Lời giải $\boxed{\text{bài toán 87}}$ của Tev Cohl có thể tham khảo link.

Để tiếp tục topic, mình xin đề xuất một bài toán "dễ thở". Bài toán nằm trong bài viết của mình và thầy Hùng trong số báo epsilon 10.

$\boxed{\text{Bài toán 88.}}$ (Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ có đường cao $CD$. Gọi $E,M$ là trung điểm của $BD,CE.R$ thuộc $AB$ sao cho $BR=CD.CR$ cắt $AM$ tại $K$. Chứng minh rằng $\angle CKD=90^\circ$.

PS. Mong mọi người có lời giải ngắn gọn cho bài này, mình chỉ có một lời giải thuần túy nhưng khá dài và lời giải còn lại dùng tính toán!

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 64}}$

Theo kết quả ELMO (#13) ta suy ra $AK\perp EF.X\equiv AK\cap EF$.

$PL\parallel AO$ khi và chỉ khi $AP$ là phân giác $\angle OAX$ hay $AP$ là phân giác $\angle EAF$

Mặt khác theo kết quả IMO 2010 (Problem 4) ta có điều phải chứng minh.$\blacksquare$

Đề nghị bài toán mới.

$\boxed{\text{Bài toán 65}}$ (AoPS) Cho tam giác $ABC$ với $\angle A\neq 90^\circ$ nội tiếp đường tròn $(O).D$ bất kì trên $BC$. Trung trực $AD$ cắt $OA$ tại $T.TD$ cắt $OB,OC$ tại $E,F$. Kí hiệu $\omega$ là đường tròn qua $A,D$ lần lượt tiếp xúc với $TA,TD$. Chứng minh rằng đường tròn $(OEF)$ tiếp xúc $\omega$

Bài toán $90$ đúng trong trường hợp tổng quát hai điểm liên hợp đẳng giác, bài này đã được anh Huy đưa lên AoPS tại đây và có lời giải của Telv Cohl.

Đề xuất bài toán tiếp theo khá nhẹ nhàng để tiếp tục topic.

$\boxed{\text{Bài toán 91}}$ (Own) Cho hai đường tròn $(O)$ và $(O_1)$ cắt nhau tại $B,C;M$ là trung điểm $BC$. Điểm $A$ chạy trên $(O)$ và khác $B,C.AB,CA$ theo thứ tự cắt $(O_1)$ tại $F,E;P,Q$ lần lượt là hình chiếu của $A$ lên $BE,CF$. Dựng hình bình hành $MPKQ$. Chứng minh rằng $AK$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải bài toán 65 có thể tham khảo thêm lời giải khác của anh Huy tại đây.

Theo đề nghị của anh Khánh, đề xuất bài toán tiếp theo.

$\boxed{\text{Bài toán 66}}$ (AoPS) Cho hai đường tròn $(O),(O')$ có tâm vị tự ngoài $V.l$ là đường thẳng qua $V$ vuông góc với $OO'$. Hai điểm $P,Q$ trên $(O),(O')$ sao cho $V,P,Q$ thẳng hàng. Tiếp tuyến tại $P$ của $(O)$ cắt tiếp tuyến tại $Q$ của $(O')$ tại $X.XP,XQ$ cắt $l$ theo thứ tự tại $Y,Z$. Chứng minh rằng khi $P,Q$ thay đổi thì đường tròn ngoại tiếp tam giác $XYZ$ tiếp xúc với một đường tròn cố định.

Lời giải bài toán 115. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $G$. Do tứ giác $ABXC$ điều hòa nên $GX$ tiếp xúc $(O)$, mặt khác do $(K)$ tiếp xúc $(O)$ tại $X$ nên $GX$ tiếp xúc $(K)$. Theo bài toán 112 thì $KS\perp BC$ nên $SY=SZ$. Do đó $GA^2=GX^2=GY\cdot GZ=\mathcal{P}_{G/(S)}=GS^2-SY^2$.

Theo định lý Cosin thì $GS^2=GO^2+OS^2-2OS.OG.\cos (\widehat{SOG})=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}OL.OG.\cos (\widehat{SOG})$.

Gọi $T$ là giao điểm của $OG$ với $AX$. Do $OG\perp AX$ nên $OL.\cos(\widehat{SOG})=OT$, suy ra

$GS^2=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}OG.OT=GO^2+OS^2-\tfrac{1}{2}R^2$

$\Rightarrow GA^2=GO^2-\tfrac{1}{2}R^2+OS^2-SY^2\Rightarrow SY^2-OS^2=\tfrac{1}{2}R^2$.

Gọi $F$ là giao điểm của $(XYE)$ với $AX$.

Ta có $LF\cdot LX=LY\cdot LE=SY^2-LS^2=SY^2-\tfrac{9}{16}LO^2=SY^2-OS^2-\tfrac{1}{2}OL^2=\tfrac{1}{2}(R^2-LO^2)=\tfrac{1}{2}LA\cdot LX$

$\Rightarrow F$ là trung điểm $AL$.$\square$

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

Lời giải bài toán 118.

Gọi $D$ là đối xứng của $L$ qua $BC$ thì $DP\parallel OC$, $DQ\parallel OB$.

Ta có $\tfrac{MD}{MO}=\tfrac{ML}{MO}=\tfrac{HK}{HA}$. Từ đó $\tfrac{MP}{MC}=\tfrac{MQ}{MB}=\tfrac{HK}{HA}$

Gọi $X$, $Y$, $S$, $T$ lần lượt là hình chiếu của $K$, $H$ lên $CA$, $AB$. 

Do $\triangle AKY\sim \triangle CPE$ và $\tfrac{YA}{YT}=\tfrac{PC}{PM}$ nên $\triangle CME\sim \triangle ATK$

Từ đó $\widehat{EMC}=\widehat{KTY}$ nên $\triangle EMP\sim \triangle TKY$.

Tương tự $\triangle FMQ\sim \triangle KSX$.

Do tứ giác $TKSC$ nội tiếp nên $\widehat{KSX}=\widehat{YKT}$ suy ra $\triangle YKT\sim \triangle XSK$

Từ đó $\triangle MPE\sim \triangle FQM$ kéo theo $MP^2=PE\cdot QF\Rightarrow PQ^2=4PE\cdot QF$

$\Rightarrow EF^2=(QF-PE)^2+PQ^2=(QF-PE)^2+4PE\cdot QF=(QF+PE)^2\Rightarrow EF=QF+PE$.  $\square$

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.

Lời giải bài toán 126. Ta phát biểu bài toán về dạng dễ nhìn hơn như sau :

Bài toán 126'. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$, trực tâm $H$. $P$ thuộc $OH$. Gọi $X$, $Y$, $Z$ lần lượt là đối xứng của $P$ qua trung trực $BC$, $CA$, $AB$. Chứng minh rằng $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy.

Giải. Bổ đề (Định lý Steiner). Cho tam giác $ABC$. $D$, $E$ là hai điểm bất kỳ trên $BC$. Khi đó $AD$, $AE$ đẳng giác trong $\widehat{BAC}$ khi và chỉ khi $\tfrac{DB}{DC}\cdot \tfrac{EB}{EC}=\tfrac{AB^2}{AC^2}$

Quay lại bài toán. Ta sẽ chứng minh $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy tại một điểm có điểm liên hợp đẳng giác thuộc $OH$.

Gọi $T$ là giao điểm của $AX$ với $OH$, đường đẳng giác với $AX$ trong $\widehat{BAC}$ cắt $OH$ tại $S$.

Do $AO$, $AH$ đẳng giác nên $AX$, $AS$ đẳng giác trong $\widehat{OAH}$.

Theo định lý Steiner ta suy ra, 

\[\frac{SH}{SO}=\frac{AH^2}{AO^2}\cdot \frac{TO}{TH}\Rightarrow \frac{SH}{SO}=\frac{AH^2}{AO^2}\cdot \frac{TO}{TH}\]

Gọi $G$ là giao điểm của $XO$ với $AH$, $R$ là giao điểm của đường tròn $(ARO)$ với $AO$.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác $OGH$ với $\overline{ATX}$ ta thu được,

\[\frac{TO}{TH}=\frac{XO}{XG}\cdot \frac{AG}{AH}\Rightarrow \frac{SH}{SO}=\frac{AH\cdot XO\cdot AG}{AO^2\cdot XG}\]

Do $\tfrac{XO}{XG}=\tfrac{OP}{OP+OH}$ nên,

\[\frac{SH}{SO}=\frac{AH\cdot OP\cdot AG}{AO^2\cdot (OP+OH)}\]

Do tứ giác $HGRO$ nội tiếp nên $AG\cdot AH=AR\cdot AO$.

Chú ý các góc $\widehat{HRO}$ và $\widehat{AHO}$ bằng nhau nên $\triangle HRO\sim \triangle AHO$.

$\Rightarrow OR=\tfrac{OH^2}{AO}$

Từ đó,

\[\frac{SH}{SO}=(1-\frac{OH^2}{OA^2})\cdot \frac{OP}{OP+OH}\]

Tương tự với $B$, $C$, ta suy ra $AX$, $BY$, $CZ$ đồng quy tại điểm liên hợp đẳng giác với $S$ đối với tam giác $ABC$. $\square$