Bài viết này sẽ xoay quanh và mở rộng bài hình học thi IMO năm 2014 ngày 1 bằng các công cụ hình học thuần túy.

http://analgeomatica...-hoc-trong.html

Về bài hình ngày 1 http://analgeomatica...-2015-ngay.html

Topic này bị gián đoạn một chút vì bài này, thực sự mình mong muốn tìm lời giải không nghịch đảo cho nó nhưng xem ra khó có lời giải khác. Vậy mình sẽ đưa ra lời giải nghịch đảo của mình. Trước hết ta xử lý bài toán một chút.

Giải bài toán 124. Gọi $J$ là trung điểm $EF$ và $L$ là đối xứng của $A$ qua $OT$ thì $L$ thuộc $(O)$ và $AL$ là đường đối trung. $(S)$ là đường tròn ngoại tiếp $(AQL)$. Do đó $(Y)$ là đường tròn qua $A,J$ và trực giao với $(AQL)$. Gọi $R$ đối xứng $A$ qua $BC$ thì $(Z)$ là đường tròn qua $A,R$ và trực giao với $(AQD)$. Ta biết bài toán quen thuộc là $DP$ đồng quy với $BC$ và đường nối tiếp điểm $M,N$ của $(K)$ với $CA,AB$, gọi điểm đồng quy là $G$. Vậy ta có thể xác định $Q$ bằng cách cho $MN$ cắt $BC$ tại $G$ và $GD$ cắt $(K)$ tại $Q$. Đến đây ta chú ý rằng đường tròn $(ADI)$ luôn trực giao với $(O)$ nên tâm của $(ADI)$ luôn nằm trên $AT$. Do đó ta chỉ cần chứng minh tâm của $(ADI)$ nằm trên $YZ$ nữa thì hiển nhiên giao điểm $X$ của $YZ$ và $AT$ là tâm của $(ADI)$. Việc chứng minh tâm của $(ADI)$ nằm trên $YZ$ tương đương với việc ta cần chứng minh các đường tròn $(Y),(Z),(AID)$ đồng trục.

Nghịch đảo cực $A$ phương tích bất kỳ và sử dụng ký hiệu tương tự đồng thời viết lại bài toán với đường tròn nội tiếp, ta thu được bài toán sau

Bài toán 124'. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,M,N$. Đường tròn $(AMN)$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $A$. Đường tròn $(ADG)$ cắt $(I)$ tại $Q$ khác $D$.  $L$ là trung điểm $BC$. $(K)$ là đường tròn tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$. $y$ là đường thẳng qua $K$ vuông góc với $QL$ và $z$ là đường thẳng qua $O$ vuông góc với $QD$. Chứng minh rằng $y,z$ và $ID$ đồng quy.

Bài toán 124' đã được giải chi tiết tại đây http://artofproblems...c6t48f6h1368124

Để topic tiếp tục mình xin đề nghị một bài toán sau khá đơn giản

Bài toán 125 (Đề thi Ba Lan). Cho ngũ giác lồi $ABCDE$ với $BC=DE$ và $\angle ABE=\angle CAB=\angle AED-90^\circ$ và $\angle ACB=\angle ADE$. Chứng minh rằng $BCDE$ là hình bình hành.

Lời giải bài toán 104. 

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$, $I_a$ là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với $\angle A$. $M$ đối xứng $I_a$ qua $BC$. Khi đó $AM$ song song với đường thẳng $Euler$ của tam giác $I_aBC$.

Chứng minh sau của bạn Đỗ Xuân Long lớp 11 toán THPT chuyên KHTN.

Chứng minh. Gọi $X$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$, $H$ là trực tâm tam giác $I_aBC$. Ta có $\triangle I_aXB\sim \triangle I_aCM$ nên $I_aM\cdot I_aX=I_aB\cdot I_aC$. Mặt khác do $\frac{1}{2}\angle A+\angle BI_aC=90^\circ$ nên $\triangle I_aHC\sim\triangle I_aBA$ suy ra $I_aH\cdot I_aA=I_aB\cdot I_aC$. Từ đó $I_aX\cdot I_aM=I_aH\cdot I_aA$ nên theo định lý Thales, $AM\parallel XH$.

Giải bài toán. $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. Chú ý rằng đường tròn tâm $A_1$ qua $A$, $C$ trực giao với đường tròn $(AIB)$ và đường tròn tâm $A_2$ qua $A$, $B$ trực giao với $(AIC)$. Xét hợp của phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $AB\cdot AC$ với phép đối xứng qua phân giác $\angle A$. Dưới phép biến hình này, $U$ biến thành trực tâm tam giác $JBC$. $D$ biến thành giao điểm của $AD$ với đường tròn $(ABC)$. Từ đó đường tròn $(ADU)$ biến thành đường thẳng Euler của tam giác $JBC$. Theo bổ đề trên thì nếu gọi $K$ là đối xứng của $J$ qua $BC$ thì $AK$ song song với đường thẳng Euler của tam giác $JBC$. Do đó theo nghịch đảo thì tiếp tuyến tại $A$ của $(ADU)$ đi qua ảnh nghịch đảo của $I$ qua đường tròn $(ABC)$. Tương tự ta suy ra các tiếp tuyến qua $A$, $B$, $C$ của các đường tròn $(ADU)$, $(BEV)$, $(CFW)$ đồng quy.

Chú ý. Phép nghịch đảo bảo toàn sự đối xứng. Người ta còn gọi phép nghịch đảo qua một đường tròn là phép đối xứng qua đường tròn. Sự bảo toàn tính đối xứng có thể phát biểu như sau: trong mặt phẳng, cho trước hai điểm $A$ và $B$ đối xứng nhau qua một đường tròn $\mathcal{C}$(có thể suy biến thành đường thẳng), ảnh của $A$ và $B$ dưới một phép nghịch đảo sẽ đối xứng qua ảnh của $\mathcal{C}$ cũng dưới phép nghịch đảo đó.

Xin cám ơn bạn Ngô Quang Dương sinh viên ĐHKHTN đã giúp tôi biên tập lời giải này.

Bài toán 105.(Mở rộng ý a) VMO 2017 bài toán 3). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$ khác $B,C$. $BE$ cắt $CF$ tại $H$. $AH$ cắt $(O)$ tại $D$ khác $A$. Tiếp tuyến tại $E,F$ của $(K)$ lần lượt cắt $DB,DC$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $MN\perp OH$.

vietdohoangtk7nqd cần đề nghị bài tiếp nhưng vì lâu nên để bạn ấy đề nghị sau, để topic không bị gián đoán mình xin đề nghị bài tiếp

Bài toán 126 (AoPS). Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $P$ nằm trên đường thẳng $OI$ của tam giác $ABC$. $X,Y,Z$ đối xứng $P$ qua $IA,IB,IC$. Chứng minh rằng $DX,EY,FZ$ đồng quy.

Cũng không vấn đề gì cả, mình sau này có thể tự nghĩ ra những bài đã có từ trước là chuyện rất bình thường, thầy đã bị thế nhiều. Bởi vậy việc đưa lên thảo luận là quan trọng vì nếu ai biết thì trích dẫn lại rõ ràng bài này đầu tiên có ở đâu để mình biết !

$\boxed{\text{Lời giải bài 16}}$: Lời giải của mình không được hay cho lắm

Dễ thấy chỉ cần chứng minh $QR \perp AG$ là xong

Gọi $X,Y$ lần lượt là điểm đối xứng của $A$ qua $Q,R$. Suy ra $B,M,X$ thẳng hàng và $C,N,Y$ thẳng hàng

Khi đó $QR$ là đường trung bình của tam giác $AXY$ nên $QR \parallel XY$ suy ra chỉ cần chứng minh $XY \perp AG$ 

Theo một bổ đề quen thuộc khi chứng minh định lý $Brocard$ thì ta có: $HL,EF,BC$ đồng quy tại $U$

                                                                                                                  $E,F,H,L$ đồng viên

                                                                                                                  $B,C,H,L$ đồng viên

Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AK$ cắt $BE,CF$ tại $T,F$

Do $HL,EF,BC$ đồng quy tại $U$ nên ta có chùm điều hòa cơ bản $H(STAL)=-1$ mà $ST \parallel HL$ nên $AS=AT$

Ta có:$ATBX,ASCY$ là hình bình hành nên suy ra $BXCY$ là hình bình hành suy ra $BY,CX$ cắt nhau tại trung điểm $Z$ của mỗi đường

Lời giải của viet nam in my heart rất hay nhưng để mình chỉnh lại một chút đoạn sau cho đẹp, không cần tích vô hướng.

Đến đoạn "$BY,CX$ cắt nhau tại trung điểm $Z$ của mỗi đường". (Chú ý $A$ là trung điểm $ST$ có thể dễ thấy qua bài toán con bướm)

Ta cần chứng minh hai tam giác $BZX$ và $LGA$ đồng dạng là xong vì đã có $LG\perp BZ,LA\perp BX$. Vậy ta cần cm $\frac{LG}{LA}=\frac{BZ}{BX}$ hay $\frac{LG}{LA}=\frac{BC}{ST}.$

Kẻ đường cao $HJ$ của $HST$ thì $LA=HJ$. Mặt khác từ $\triangle HST\sim\triangle LBC$ nên $\frac{AL}{ST}=\frac{HJ}{ST}=\frac{LG}{BC}$. Ta có đpcm.
 

Cám ơn Hoàng và Khánh, một lời giải khác cho bài toán 107 của thầy Hà ở đây, rất thú vị và ngắn gọn

https://www.artofpro...c6t48f6h1366405

Thầy giúp Hoàng đề nghị bài toán sau

Bài toán 111. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$ và tiếp xúc trong $(O)$. $P$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$ của $(O)$. $PI$ cắt $BC$ tại $D$. $Q$ là trung điểm cung nhỏ $AP$ của $(O)$. $R$ là trung điểm cung nhỏ $EF$ của $(K)$. $M$ là trung điểm $ID$. Chứng minh rằng $MQ\parallel DR$.

Cấu hình của bài thầy Hà trong bài đề nghị của Khánh là cấu hình rất thú vị, trên đó khai thác được khá nhiều điểm đặc biệt các tam giác $AA_bA_c,BB_cB_a,CC_aC_b$ mà những tâm đặc biệt của tam giác tạo bởi các tâm trên nằm trên đường thẳng $OI$ của $ABC$.

Mình ví dụ một bài như sau

Giữ nguyên đề của Khánh. Gọi $O_a,O_b,O_c$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AA_bA_c,BB_cB_a,CC_aC_b$. Chứng minh rằng trọng tâm tam giác $O_aO_bO_c$ nằm trên đường thẳng $OI$ của $ABC$.

Cám ơn em đã đóng góp xây dựng, mọi đóng góp ở mức độ nào đều là đáng trân trọng. Ai cũng phải học hỏi vì kiến thức là vô hạn kể cả trong nội tại hình học sơ cấp, thầy cũng phải luôn học tập và cố gắng hơn.

Nói qua về bài tập này http://artofproblems...c6t48f6h1368124, mình có 1 phát hiện nhỏ, nếu định nghĩa các điểm $Y,Z$ tương tự thì $IX=IY=IZ$ nói cách khác ta có thể chứng minh được $AX,BY,CZ$ đồng quy.

Bài toán 43 gốc ở đây http://artofproblems...1198358p6114585 problem 13 của Telv Cohl.

Vừa rồi có 2 bài ELMO 2016 mới có trên mạng rất hay, nhờ cảm hứng bài này và được sự đồng ý của Dương, mình đề nghị bài sau

$\boxed{\text{Bài toán 44.}}$ Cho tam giác $ABC$ với $P$ là một điểm nằm trên trung trực $BC$ và $Q$ là đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$. $PD$ là đường kính của đường tròn $(PBC)$. $QB,QC$ cắt đường tròn $(QCA),(QAB)$ tại $E,F$ khác $Q$. $K$ là tâm $(DEF)$. Chứng minh rằng $AK\perp BC$.

Qua hai ngày mình xin post đáp án bài toán 142.

Giải bài toán 142. Gọi $H$ là hình chiếu của $P$ lên $CD$. Cho $H(0,0),C(c,0),D(d,0),P(0,p)$ thì $A(d,p),B(c,p),Q(-d,p),R(-c,p),M(c,\frac{c^2+p^2}{2p}),N(d,\frac{d^2+p^2}{2p})$. Ta tính được tọa độ $X(-\frac{cd+p^2}{c+d},\frac{p^4+p^2(c^2+d^2+4cd)+c^2d^2}{2p(c+d)^2}).$

Từ đó $d(X,CD)=\frac{p^4+p^2(c^2+d^2+4cd)+c^2d^2}{2p(c+d)^2}$ và như vậy

$$XP^2=(\frac{p^2+cd}{c+d})^2+(\frac{p^4+p^2(c^2+d^2+4cd)+c^2d^2}{2p(c+d)^2}-p)^2=(\frac{p^4+p^2(c^2+d^2+4cd)+c^2d^2}{2p(c+d)^2})^2=d(X,CD)^2.$$

Bài này dùng tọa độ theo mình là tối ưu, bạn nào có lời giải thuần túy hình hãy đóng góp tiếp

Cám ơn Bảo, lời giải rất chuẩn, bài gốc thực chất không khó nhưng rất mới và đẹp, thầy rất thích những bài nhẹ nhàng và mới như thế ! Từ bài tổng quát thầy vẫn thử tìm tổng quát hơn cho đẳng giác bất kỳ mà chưa thu được gì ? 

Nếu Bảo đồng ý thầy sẽ bù lại một bài đỡ hơn ?

Bảo đồng ý, mình đề nghị một bài sau

$\boxed{\text{Bài toán 45.}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và tâm nội tiếp $I$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $D$. Gọi $M,N$ là tâm ngoại tiếp tam giác $ADE,ADF$. Trung trực $CA,AB$ cắt $BC$ tại $S,T$. Trên trung trực $IA$ lấy các điểm $P,Q$ sao cho $SP\parallel AC$ và $TQ\parallel AB$. Chứng minh rằng $MP,NQ$ và $AO$ đồng quy.

Rất mong topic sẽ sôi nổi, tiến tới nếu đạt mốc 100 bài nên ra một ấn phẩm nhỏ kỷ niệm !

Cám ơn Khánh đã giải và gửi bài mới, bài toán của thầy Hà quả thật rất thú vị. Mình xin đưa ra lời giải của mình như sau.

Ta chú ý rằng có một tính chất quen thuộc từ cấu hình trên là $BP=CQ=r$ là bán kính nội tiếp tam giác $ABC$. Do đó để đẹp hơn ta nên phát biểu như sau

Bài toán 107'. Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với $CA,AB$ tại $E,F$. $P,Q$ đối xứng với $I$ lần lượt qua trung điểm $BE,CF$. $PQ$ cắt $EF$ tại $R$. Chứng minh rằng $IR\parallel BC$.

Lời giải. Gọi $IB,IC$ cắt $EF$ tại $M,N$ dễ thấy $M,N$ nằm trên đường tròn đường kính $BC$. Gọi $BK,CL$ là đường cao của tam giác $ABC$. Ta thấy $FQ\parallel CN$ nên $\angle QFM=\angle CNM=\angle CBM=\angle CLM$. Từ đó tứ giác $FMQL$ nội tiếp nên $QM\perp MN$. Tương tự $PN\perp MN$. Từ biến đổi góc trên dễ thấy hai tam giác vuông $MFQ$ và $MBC$ đồng dạng suy ra hai tam giác $MFB$ và $MQC$ đồng dạng. Tương tự hai tam giác $NEC$ và $NPB$ đồng dạng. Ta thu được $\frac{RN}{RM}=\frac{NP}{MQ}=\frac{NP}{BP}.\frac{CQ}{MQ}=\frac{NE}{EC}.\frac{BF}{FM}=\frac{IN}{IM}.\frac{IN}{IM}$, ta chú ý đẳng thức cuối có do các tứ giác $INFB$ và $IEMC$ nội tiếp. Vậy $\frac{RN}{RM}=\frac{IN^2}{IM^2}$ nên $IR$ tiếp xúc $(IMN)$ do đó $\angle RIN=\angle IMN=\angle ICB$. Từ đó $IR\parallel BC$.

Bài toán 108 (Mở rộng ý a) bài toán 7 VMO 2017). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Một đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$. Trung trực $BC$ cắt $(K)$ tại $M,N$. $P$ là điểm thuộc $(K)$. $PM$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $L$. Chứng minh rằng $AL,PN$ và $BC$ đồng quy.

Đáp án gốc bài toán 71.



Gọi $ABC$ là tam giác nội tiếp đường tròn $(O)$ và điểm $P$ thuộc $(O)$. Để tiện cho theo dõi chúng ta giả sử $P$ thuộc cung $BC$ không chứa $A$. Gọi $E,F$ là hình chiếu của $P$ lên $CA,AB$ thì đường thẳng $EF$ là đường thẳng Simson của $P$ ứng với tam giác $ABC$. Gọi $M,N$ là hình chiếu của $C,B$ lên $EF$. Đường thẳng qua $M,N$ lần lượt vuông góc với $AB,AC$ cắt nhau tại $L$ thì $L$ chính là cực trực giao của $EF$ ứng với tam giác $ABC$. Ta sẽ chứng minh rằng $EF$ chia đôi $PL$, thật vậy. Gọi đường cao $CS,BT$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại $H$ và đường cao $EU,FV$ của tam giác $AMN$ cắt nhau tại $L$. Theo kết quả quen thuộc về đường thẳng Steiner thì $EF$ chia đôi $PH$, mặt khác dễ thấy $PEKF$ là hình bình hành nên $EF$ chia đôi $PK$ vậy ta sẽ chứng minh $H,K,L$ thẳng hàng thì $EF$ sẽ chia đôi $PL$. Ta xét các đường tròn đường kính $BE$ và $CF$. Ta dễ thấy $HB.HT=HC.HS$ và $KF.KV=KE.KU$ nên $H,K$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này. Gọi $UV$ cắt đường tròn đường kính $BE,CF$ tại $J,I$ khác $U,V$. Ta có $\angle UJN=\angle UEN=\angle EUF=\angle UVF$. Từ đó $NJ\parallel FV\perp AC$ nên $NJ$ đi qua cực trực giao $L$. Tương tự $MI$ đi qua $L$. Lại có $\angle IJN=\angle UVF=\angle UEF=\angle IMN$, suy ra tứ giác $MNIJ$ nội tiếp. Vậy $LI.LM=LJ.LN$ hay $L$ cũng thuộc trục đẳng phương của đường tròn đường kính $BE,CF$. Từ đó ta suy ra $H,K,L$ thẳng hàng hay $EF$ chia đôi $PL$.

Bài này chính xác là mình đã gửi đăng THTT, lời giải trên đó của Dương, vậy Dương có thể giới thiệu lời giải của mình lên đây được không ?

Topic đã qua một chặng đường lớn, mình rất vui vì topic ngày càng lớn mạnh và được nhiều bạn tận tụy tham gia đóng góp sức mình, mong rằng số bài sẽ nhanh cán mốc $100$.

Mình đưa ra tổng quát bài toán 109 và lời giải của mình, nguồn gốc bài 109 là bài số 6 chọn đội Iran 2014 chứ không phải 2015

https://www.artofpro...h590555p3497371

Bài toán 109'. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với tâm nội tiếp $I$ và tâm bàng tiếp góc $A$ là $J$. $P$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$ của $(O)$. $X$ thuộc $JP$. $E,F$ là hình chiếu của $X$ lên $IB,IC$. Chứng minh rằng $OP$ chia đôi $EF$.

Lời giải. Gọi $K,L$ là tâm bàng tiếp góc $B,C$ của $ABC$ thì $P$ là trung điểm $KL$. Gọi $XF,XE$ cắt $JC,JB$ tại $QR$. Dễ thấy do $XF\parallel JB$ và $XE\parallel JC$ nên $QR\parallel BC$. Từ đó $\frac{FB}{FK}=\frac{QJ}{QK}=\frac{RJ}{RL}=\frac{EC}{EL}$ nên theo bổ đề E.R.I.Q thì trung điểm của $KL,EF,BC$ thẳng hàng. Ta hoàn thành chứng minh.

Cám ơn Dương về lời giải mới chặt chẽ.

Lời giải nghịch đảo là cách mình tạo ra bài toán 73. Lời giải không nghịch đảo của Hoàng hay.

$\boxed{\text{Bài toán 74.}}$ Cho tam giác $ABC$ và $P,Q$ là hai điểm bất kỳ. Gọi $D$ là giao điểm của đối xứng $PB,PC$ lần lượt qua $QB,QC$. Tương tự có $E,F$. Gọi $K,L$ đẳng giác với $P,Q$ trong tam giác $ABC$. Gọi $X$ là giao điểm của đối xứng $KB,KC$ lần lượt qua $LB,LC$. Tương tự có $Y,Z$. Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp tam giác $DBC,ECA,FAB$ có điểm chung $S$, các đường tròn ngoại tiếp tam giác $XBC,YCA,ZAB$ có điểm chung $T$ và $S,T$ đẳng giác trong tam giác $ABC$.

Bài này là bài tập huấn đội KHTN năm 2016.

$(AID)$ trực giao với $(O)$ qua nghịch đảo tương đương với $I_aD$ vuông góc $BC$ với $(I_a)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$ mà em, cái này có thể coi là hiển nhiên mà.

Cám ơn Dương, đáp án của thầy cũng là bổ đề đó. Bài này trông cấu hình có vẻ kinh khủng như khi giải ra cũng không phức tạp. Ý tưởng dựa vào bổ đề đẳng giác trên và bài này là đặc trưng cho góc định hướng.

Cám ơn các em đã đóng góp.

Đáp án bài 125. Dựng đường tròn $(B)$ tiếp xúc $AC$. Các tiếp tuyến tại $C,A$ của $(B)$ cắt nhau tại $F$. Từ dữ kiện đề bài dễ thấy hai tam giác $\triangle EDA=\triangle BCF$ g.c.g. Từ đó $EA=BF$ mà $BE\parallel AF$ nên tứ giác $BEAF$ có thể là một hình thang cân hoặc hình bình hành. Nhưng $\angle AEB<\angle AED=\angle CBF<\angle EBF$ do đó $BEAF$ là một hình bình hành. Dễ suy ra $BCDE$ là hình bình hành.

Bài toán mà viet nam in my heart, nói có 3 hướng tiếp cận khác nhau

- Phương pháp vector : Biểu diễn vector $\vec{XL}$ theo $\vec{XY},\vec{XZ}$ và $k$ với $\vec{OL}=k\vec{OA}$ rồi chiếu xuống $XY$.

- Hàng điều hòa: Có thể bắt chước tương tự cách chứng minh đẳng giác của điểm Nagel nằm trên đường thẳng $OI$ (của tam giác $XYZ$), giờ ta sẽ chỉ ra $XL$ là đẳng giác trong góc $X$ của $XJ$ với $J$ là một điểm xác định trên đường thẳng $OI$.

- Giải bài tổng quát hơn: chính là bổ đề đã có ở đây http://analgeomatica...1-thang-12.html

Từ đó đến bài của Bảo ta làm như sau

Gọi $U,V,W$ đối xứng $A,B,C$ qua $D,E,F$ thì $XU,YV,ZW$ đồng quy. Dễ thấy phép vị tự tâm $O$ tỷ số 3 biến đường thẳng qua trung điểm $AX$ và $D$ thành $XU$. Từ đó dễ thấy các đường thẳng mới đồng quy.

Vừa rồi kết quả VMO khá khả quan với một số thành viên của diễn đàn, mình xin gửi lời chúc mừng tới các bạn. Để đầy mạnh phong trào đồng thời cũng có ý nghĩa cho việc chuẩn bị vòng 2, mình xin mạn phép đầy nhanh tốc độ Marathon bằng cách đề nghị song song thêm 2-3 bài toán, ai giải xong bài nào cứ tiếp tục đề nghị số thứ tự tiếp tục, làm thế để tăng số lượng bài và tăng hiệu suất làm việc, mong các bạn khi giải xong đề nghị các bài toán mới sát với vòng 2 để chúng ta cùng ôn tập luôn. Chúng ta vẫn duy trì quy tắc sau 2 ngày nếu chưa ai giải thì người đề nghị post đáp án !

Bài toán 143 (Tập huấn IMO 2013). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ là điểm bất kỳ. Đường thẳng qua $P$ vuông góc với $BC$ cắt $CA,AB$ tại $A_1,A_2$. Gọi $(K_a)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $AA_1A_2$. Tương tự có $(K_b),(K_c)$. Gọi $(K)$ là đường tròn tiếp xúc trong với $(K_a),(K_b),(K_c)$. Gọi $(L)$ là đường tròn tiếp xúc ngoài với $(K_a),(K_b),(K_c)$. Chứng minh rằng các đường tròn $(O),(K),(L)$ đồng trục.

$\boxed{\text{Bài toán 78.}}$ Cho tam giác $ABC$ có các tâm bàng tiếp góc $B,C$ là $K,L$. Lấy $P,Q$ trên $CK,BL$ sao cho $LP\parallel AC,KQ\parallel AB$. $PQ$ cắt $KL$ tại $R$. $H$ là hình chiếu của $R$ lên đường thẳng $OI$ của tam giác $ABC$. $AD$ là phân giác của tam giác $ABC$. $K$ thuộc $AD$ sao cho $KH\perp HA$. $HB,HC$ cắt $(HKD)$ tại $M,N$ khác $H$. $DN,DM$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Chứng minh rằng bốn điểm $A,E,H,F$ thuộc một đường tròn.

Bài tập tập huấn đội IMO 2016.

Bài toán 171 (Kiểm tra dự tuyển 10 THPT chuyên KHTN). Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ và trực tâm $H$. Đường tròn đường kính $AH$ cắt $(O)$ tại $G$ khác $A$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $GA$ cắt $OB,OC$ lần lượt tại $M,N$. $AH$ cắt $OB,OC$ theo thứ tự tại $P,Q$. $MQ$ cắt $NP$ tại $R$. Chứng minh rằng $AR$ song song đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.