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

Cám ơn Tuấn, xin trích dẫn lại lời giải của Telv ở #4 trong đây.

 

 

Giải bài toán 140 (Telv Cohl). Lấy điểm $Y$ sao cho hai tam giác $YBA$ và $XCD$ đồng dạng cùng hướng. Khi đó $\angle YAX+\angle YBX=\angle YAB+\angle BAX+\angle YBA+\angle ABX=\angle BAX+\angle XDC+\angle BAX+\angle XCD=180^\circ$. Từ đó $AYBX$ nội tiếp. Lại có $\angle YAB=\angle XDC=\angle XBA$ nên $AY\parallel BX$ do đó $AYBX$ là hình thang cân. Suy ra $AB^2=BY.AX+AY.BX$, lại có $YBA$ và $XCD$ đồng dạng nên $AB.CD=XA.XC+XB.XD$. Chứng minh tương tự $AD.BC=XA.XC+XB.XD$ nên $AB.CD=AD.BC$. Kết thúc chứng minh.

 

Bài toán 141. Cho bốn đường thẳng $\ell_1,\ell_2,\ell_3,\ell_4$ bất kỳ trong mặt phẳng. Gọi $H_1$ là trực tâm tam giác tạo bởi các đường thẳng $(\ell_2,\ell_3,\ell_4)$. $P_1$ là cực trực giao của $\ell_1$ với tam giác tạo bởi các đường thẳng $(\ell_2,\ell_3,\ell_4)$. $X_1$ thuộc $\ell_1$ sao cho $P_1X_1\perp P_1H_1$. Định nghĩa tương tự các điểm $X_2,X_3,X_4$. Chứng minh rằng $X_1,X_2,X_3,X_4$ đồng viên.

Cám ơn khánh, thầy sẽ xem lại đề kỹ hơn, để topic tiếp tục, thầy đề nghị bài mới

Bài toán 123. Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $AB$ giao $CD$ tại $E$. $AD$ giao $BC$ tại $F$. Tiếp tuyến tại $A,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $S$. Tiếp tuyến tại $B,D$ của $(O)$ cắt nhau tại $T$. Gọi $K,L$ là tâm ngoại tiếp tam giác $SBD$ và $TAC$. $M$ là trung điểm $EF$. Chứng minh rằng $OM\parallel KL$.

 

Lời giải bài toán 164. Gọi $AD$ là đường kính của $(O)$ ngoại tiếp $ABC$ thì $D,H$ đối xứng qua $K$. Từ đó gọi $P,Q$ là hình chiếu của $I$ lên $CA,AB$ và $R,S$ là hình chiếu của $H$ lên $CA,AB$ thì $AR=AB=c,AS=AC=b,AP=AQ=p-a,AF=p-b, AE=p-c$. Từ đó sử dụng tích vô hướng 2 vector.

 

$$\vec{IH}.\vec{EF}=\vec{IH}(\vec{AF}-\vec{AE})=QS.AF-PR.AE=(p-b)(c-(p-a))-(p-c)(b-(p-a))=0.$$

 

Nhận xét. Bài này có lẽ thu được từ bài quen thuộc từ việc lấy đối xứng trục.

 

Bài toán 165 (Crux). Cho tam giác $ABC$ có $P,Q$ là hai điểm đẳng giác. Giả sử hai trong ba tỷ số $\frac{AP}{AQ},\frac{BP}{BQ},\frac{CP}{CQ}$ bằng nhau. Chứng minh rằng cả ba tỷ số bằng nhau.

Bài này phải dùng nhiều kỹ thuật, mặt khác vì nó là bài của mình tạo ra mình cũng không muốn đưa vào topic, vậy ta tạm gác lại, mình đề xuất một bài toán khác thay thế. 

 

$\boxed{\text{Bài toán 49.}}$ Cho tam giác $ABC$ và $P$ là điểm bất kỳ trong tam giác. Đường tròn $(K),(L)$ lần lượt ngoại tiếp các tam giác $PAC,PAB$ lần lượt cắt $BC$ tại $F,E$ khác $C,B$. $M$ là tâm ngoại tiếp tam giác $AEF$. $PA$ cắt $BC$ tại $D$. Trung trực $AD$ cắt đường thẳng qua $D$ vuông góc $BC$ tại $N$. $MN$ cắt $KL$ tại $Q$. Chứng minh rằng $Q$ nằm trên trung trực $BC$.

 

Mình nghĩ rằng nên có thêm một quy tắc, là những ai đề xuất bài vào topic này cần có đáp án, nếu bài không có đáp án chỉ nên thảo luận bên ngoài thôi.

Lời giải không nghịch đảo của Khoa cho bài của thầy rất thú vị, bài đó thầy tạo ra từ nghịch đảo giống như Quân (halloffame) đã làm, bài toán gốc là một mở rộng của bài 4 trong IMO 2010, hãy đón đọc cả bài viết trong kỷ yếu GGTH 2016 !

Cám ơn Bảo với lời giải rất nhanh, thầy đề nghị bài mới cho topic tiếp tục

 

Bài toán 139 (Nguyễn Lê Phước).  Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $DE,DF$ cắt $AB,AC$ tại $M,N$. $IE,IF$ cắt $AB,AC$ tại $P,Q$. Chứng minh rằng trung điểm của $MN,PQ,BC$ thẳng hàng.

Bài toán Gossard có thể tham khảo thêm các link sau từ AoPS

 

http://artofproblems...unity/c6h284982

 

http://artofproblems...unity/c6h561557

 

Được Dương đồng ý, mình xin đề nghị bài sau (Trong chuỗi bài GGTH 2016)

 

$\boxed{\text{Bài toán 51.}}$ Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp trong đường tròn $(O)$. $P$ là một điểm nằm trong tam giác và nằm trên trung trực $BC$. Lấy điểm $Q$ trên đường tròn $(PBC)$ và nằm trong tam giác sao cho $\angle PQA+\angle OAP=90^\circ$. $QA,QB,QC$ lần lượt cắt $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $DE,DF$ lần lượt cắt $PQ$ tại $M,N$. Chứng minh rằng $BN,CM,EF$ đồng quy tại $R$ và $\angle RQA=\angle PAO$.

Lời giải bài toán 160.

 

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ tâm nội tiếp $I$. $IB,IC$ cắt $(O)$ tại $P,Q$. Gọi $(P)$ là đường tròn tâm $P$ tiếp xúc $AC$. Gọi $(Q)$ là đường tròn tâm $Q$ tiếp xúc $AB$. Chứng minh rằng có một tiếp tuyến chung của $(P),(Q)$ đi qua $I$.

 

 

Chứng minh. Vẽ $AX$ tiếp xúc $(P)$ thì $\angle XAC=2\angle PAC=2\angle PBC=\angle ABC$. Từ đó $AX$ là tiếp tuyến của $(O)$. Tương tự $AY$ tiếp xúc $(Q)$ thì $AY$ là tiếp tuyến của $(O)$ nên $X,Y,A$ thẳng hàng. Vậy tiếp tuyến chung ngoài của $(P),(Q)$ đi qua $A$. Qua đối xứng trục $PQ$ thì tiếp tuyến chung ngoài còn lại đi qua $I$.

 

 

Giải bài toán. Dễ thấy tâm $X$ của đường tròn nội tiếp tam giác $AEF$ là trung điểm cung $EF$ của $(I)$. Tương tự với các đường tròn $(Y),(Z)$. Do đó theo bổ đề thì tiếp tuyến chung ngoài khác $BC$ của $(Y),(Z)$ đi qua tâm $J$ nội tiếp tam giác $DEF$. Tương tự với các tiếp tuyến chung của $(Z),(X)$ và $(X),(Y)$. Dễ thấy do $J$ là tâm nội tiếp $DEF$ và $I$ là tâm ngoại tiếp $DEF$ nên đường thẳng $IJ$ là đường thẳng Euler của tam giác pedal của $J$ với $DEF$ nên $IJ$ đi qua $G$ là trọng tâm của tam giác pedal của $J$.

 

Bổ đề này thực chất là bài toán vô địch Nga năm nào đó, kết quả bài toán 160 cũng đã có trên AoPS.

 

Bài toán 163 (AoPS). Cho tam giác $ABC$ với tâm nội tiếp $I$ và $P$ thỏa mãn $\angle PIA=90^{\circ}$. $Q$ là đẳng giác của $P$ với $ABC$. $D$ thuộc $BC$ sao cho $PD\parallel AQ$. Chứng minh rằng đường tròn đường kính $\odot(AP)$ tiếp xúc đường tròn đường kính $\odot(QD)$. 

Lời giải của em khá ngắn gọn làm thầy bất ngờ , đáp án của thầy dài hơn. Chú ý $E,F,R$ thẳng hàng chỉ cần định lý Pappus đảo!

Em viết rõ chỗ "kết hợp định lý Ceva dạng lượng giác suy ra "... thầy nghĩ chỗ đó có vấn đề.

Đúng rồi cám ơn Dương, Bảo, điểm $K$ bị lặp, bài này là combine bài Turkey 2016 và CHKMO 2014 !

 

Ý chứng minh của Dương chính là bài CHKMO 2014 ở link. Mấu chốt là dựng ra tâm bàng tiếp $J$ vào sau đó chứng minh $H$ nằm trên $(JBC)$.

 

Nhân bài cũ của Bảo

 

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.

Nguồn

mjuk ~ Croatia

 

 

Thầy đề nghị thêm 1 ý là

 

b) Cmr đẳng giác của điểm đồng quy trong tam giác $DEF$ nằm trên đường thẳng Euler của tam giác $ABC$.

Mình có post một tổng quát cho tính chất của bài toán 99. tại đây http://artofproblems...h498545p2801321 đã lâu, đó là một mở rộng sang conic, lời giải của Luis hay nhưng cũng phức tạp. Mở rộng này không gần gũi với toán Olympic lắm vậy hãy chỉ để tham khảo.

Cám ơn Khánh và Quân, bài toán 123 là một bài không đơn giản, đáp án của thầy cũng tương tự của Khánh, lời giải của Quân khác của thầy, sau đây là đáp án bài toán 122.

 

 

Đáp án bài toán 122. ta có $A(BC,OD)=-1$. Gọi $X$ là giao điểm $GH,BC$, $N$ là giao điểm $ST,BC$. Do $A(BC,OD)=-1$ và ta có $HC\perp AB, HB\perp AC, HN\perp OA, HM\perp AD$ suy ra $H(CB,NM)=-1$ suy ra $H(BC,XN)=-1$. Suy ra $BC,XN)=-1$ suy ra $AX,BS,CT$ đồng qui. Gọi điểm đồng qui của $AX,BS,CT$ là $Q$. Ta có $(GM,EF)=A(GM,EF)=A(OD,BC)=-1$ suy ra $B(TJ,LV)+(FE,GM)=-1$ và $C(SI,KU)=(EF,GM)=-1$. Mặt khác do $J,L,V$ thẳng hàng suy ra $T(BJ,VL)=B(TJ,VL)=-1$. Chứng minh tương tự suy ra $S(CI,UK)=1$ suy ra $T(BJ,VL)=S(CI,UK)=-1$ mà $TB,SC$ cắt nhau tại $A$, $TJ,SI$ cắt nhau tại $Q$ suy ra $AQ,TV,SU$ đồng qui. Cũng có $A(BJ,VL)=S(IC,UK)=-1$ mà $TB,SI$ cắt nhau tại $B$, $TJ,SC$ cắt nhau tại $C$, suy ra $SU,TV,BC$ đồng qui. Vậy $SU,TV,BC,AQ$ đồng qui. Mặt khác theo chứng minh trên thì $AQ,BC,GH$ đồng qui. Vậy $SU,TV,GH,BC$ đồng qui.

 

Thầy đề nghị bài mới cho topic tiếp tục

 

Bài toán 124. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $CA,AB$ tại $E,F$. Đường tròn $(K)$ tiếp xúc $CA,AB$ và tiếp xúc trong $(O)$ tại $D$. $AI$ cắt $(O)$ tại $P$ khác $A$. $PD$ cắt $(K)$ tại $Q$ khác $D$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T$, $OT$ cắt trung trực $AQ$ tại $S$. Lấy điểm $Y$ nằm trên đường nối trung điểm $AE,AF$ sao cho $AY\perp AS$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(ADQ)$ cắt $BC$ tại $Z$. $AT$ cắt $YZ$ tại $X$. Chứng minh rằng $X$ là tâm $(ADI)$.

 

Do sơ suất mình đã đề nghị trùng bài toán 36, cám ơn Hoàng đã cho lời giải mới cho bài đó. Cám ơn Dương đã đóng góp lời giải, mình xin đề xuất lại đề toán 101.

 

Bài toán 101. Cho tam giác $ABC$ với đường cao $AH$. $M,N$ thuộc $BC$ sao cho $AM\perp AB, AN\perp AC$. $I$ là tâm nội tiếp tam giác $AMN$. $NI,MI$ cắt $CA,AB$ lần lượt tại $E,F$. Gọi $K,L$ là tâm nội tiếp tam giác $AHM,AHN$. Chứng minh rằng $EK,FL$ và $IH$ đồng quy.

Cách của thầy cũng giống hệt cách của Tuấn là tính hết ra và kết quả cuối cùng đúng như thế kia. Tuy nhiên Phước có cách giải thuần túy hình khá đẹp các bạn hãy cứ thử sức tiếp. Tuấn đề nghị một bài tiếp đi em!

Đáp án bài toán 100.

 

Trong suốt bài toán này nếu $X$ là một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì ta ký hiệu $s_X$ chỉ đường thẳng Simson của $X$ ứng với tam giác $ABC$. Ta sử dụng các bổ đề sau

 

Bổ đề 1. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và $M,N$ thuộc $(O)$ thì $(s_M,s_N)=\frac{1}{2}(\overrightarrow{ON},\overrightarrow{OM})(\bmod\pi)$.
 

Bổ đề 2. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và trực tâm $H$ và $P$ là một điểm bất kỳ trên $(O)$ thì $s_P$ đi qua trung điểm $PH$.
 

Hai bổ đề là các bài toán cơ bản xin không nêu cách chứng minh.

 

Bổ đề 3. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và $M,N$ là hai điểm thuộc $(O)$. $P$ là một điểm bất kỳ trên đường tròn đường kính $MN$. Gọi $m,n$ là hai đường thẳng lần lượt qua $M,N$ theo thứ tự song song với $s_M,s_N$. Khi đó thì đối xứng của $m,n$ lần lượt qua $PM,PN$ cắt nhau trên $(O)$.

 

 

Chứng minh. Bổ đề được chứng minh đơn giản bằng cộng góc. Thật vậy, gọi $m'$ và $n'$ lần lượt là đối xứng của $m,n$ qua $PM,PN$. Ta có biến đổi góc

 

$(m',n')=(m',PM)+(PM,PN)+(PN,n')(\bmod\pi)$

 

$=(PM,m)+(PN,PM)+(n,PN)(\bmod\pi)$ (Do $PM\perp PN$ nên $(PM,PN)=\frac{\pi}{2}=-\frac{\pi}{2}=(PN,PM)(\bmod\pi)$)

 

$=(n,m)(\bmod\pi)$

 

$=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OM},\overrightarrow{ON})(\bmod\pi)$.

 

Ta chú ý $m'$ và $n'$ đi qua $M,N$ nên từ đó $m'$ và $n'$ cắt nhau trên $(O)$. Ta có điều phải chứng minh.

 

Giải bài toán.

 

 

Gọi $K',L'$ là ảnh của $K,L$ qua phép vị tự tâm $H$ tỷ số $2$. Vì $S$ cũng là ảnh của $T$ qua phép vị tự tâm $H$ tỷ số $2$ nên ta chỉ cần chứng minh $S$ là trung điểm của $K'L'$ thì bài toán được giải quyết. Thật vậy, theo bổ đề 2 dễ thấy phép vị tự tâm $H$ biết $s_M,s_N$ thành các đường thẳng $K'M,K'N$. Từ đó ta có $(K'M,K'N)=(s_M,s_N)=\frac{1}{2}(\overrightarrow{ON},\overrightarrow{OM})(\bmod\pi)$.

 

Vậy nếu gọi $R_1$ là đối xứng của $K'$ qua $MN$ thì $(R_1M,R_1N)=-(K'M,K'N)=\frac{1}{2}(\overrightarrow{OM},\overrightarrow{ON})(\bmod\pi)$ vậy suy ra $R_1$ thuộc $(O)$.

 

Tương tự nếu $R_2$ đối xứng $L'$ qua $PQ$ thì $R_2$ thuộc $(O)$.

 

Mặt khác từ việc lấy đối xứng ta có $R_1N,R_2P$ lần lượt là đối xứng của $NK',PL'$ theo thứ tự qua $SN,SP$. $S$ lại nằm trên đường tròn đường kính $NP$ vậy theo bổ đề 3 thì hai đường thẳng này phải có chung một điểm thuộc $(O)$. Vậy từ đó $R_1\equiv R_2\equiv R\in (O)$. Từ đó theo tính chất đối xứng trục, hai trục $MN,PQ$ vuông góc do đó $L'=\mathcal{R}_{PQ}(R)=\mathcal{R}_{PQ}[\mathcal{R}_{MN}(K')]=\mathcal{R}_{PQ}\circ \mathcal{R}_{MN}(K')=\mathcal{S}_{S}(K')$ vậy $K'$ và $L'$ đối xứng nhau qua $S$. Từ các nhận xét ban đầu ta thu được điều phải chứng minh.

Đúng vậy, cám ơn Bảo dẫn lại link, xin dịch lại lời giải của Telv Cohl như sau

 

Giải bài toán 141 (Telv Cohl). Gọi $ V_{ij} $ ($ i, $ $ j $ $ \in $ $ \mathbb{N}, $ $ 1 $ $ \leq $ $ i $ $ < $ $ j $ $ \leq $ $ 4 $) lần lượt là giao điểm của $ \ell_i, $ $ \ell_j $ và gọi $ T $ là hình chiếu của $ V_{23} $ trên $ \ell_4. $ Ta biết rằng $ H_k, $ $ P_k $ ($ k $ $ \in $ $ \mathbb{N}, $ $ 1 $ $ \leq $ $ k $ $ \leq $ $ 4 $) nằm trên đường thẳng Steiner của tứ giác toàn phần tạo bởi $ \ell_1, $ $ \ell_2, $ $ \ell_3, $ $ \ell_4, $ và chú ý rằng $ T $ $ \in $ $ \odot (H_1P_4X_4) $ nên ta thu được (từ định lý Reim's) $ H_1, $ $ H_2, $ $ V_{34} $ $ X_4 $ Đồng viên. Tương tự ta có thể chứng minh $ X_3 $ nằm trên đường tròn này và $ H_1, $ $ H_3, $ $ V_{24}, $ $ X_2, $ $ X_4 $ cũng đồng viên, do đó ta thu được

 

$$ \measuredangle X_2X_4X_3 = \measuredangle X_2X_4H_1 + \measuredangle H_1X_4X_3 = \measuredangle X_2V_{24}H_1 + \measuredangle H_1V_{34}X_3 = \measuredangle (\ell_2, \perp \ell_3) + \measuredangle (\perp \ell_2, \ell_3). $$

 

Tương tự, ta có $ \measuredangle X_2X_1X_3 $ $ = $ $ \measuredangle (\ell_2, \perp \ell_3) $ $ + $ $ \measuredangle (\perp \ell_2, \ell_3), $ do đó chúng ta thấy rằng $ X_1, $ $ X_2, $ $ X_3, $ $ X_4 $ đồng viên.

 

Mình xin đề nghị bài tiếp cho topic tiếp tục.

 

Bài toán 142. Cho hình chữ nhật $ABCD$ và $P$ nằm trên cạnh $AB$. $Q,R$ đối xứng với $A,B$ qua $P$. Trung trực $PC,PD$ lần lượt cắt $BC,AD$ tại $M,N$. $MQ$ cắt $NR$ tại $X$. Chứng minh rằng đường tròn $(X,XP)$ tiếp xúc $CD$.

 

Lời giải sau do bạn Nguyễn Lê Phước gửi tới tác giả.

 

 

Lời giải bài toán 101. Gọi $NI$ cắt $HK$ tại $S$, $MI$ cắt $HL$ tại $T$ thì $S,T$ là tâm bàng tiếp tam giác $ANH,AMH$. Từ đó $\angle ASE=45^\circ=\angle AHL$ và $\angle AES=90^\circ+\angle ANE=\angle ALH$. Từ đó hai tam giác $ASE$ và $ALH$ đồng dạng g.g. Lại có $\angle ATH=90^\circ-\frac{\angle AMN}{2}=180^\circ-\angle AIN=\angle AIS$. Từ đó hai tam giác $ATH$ và $AIS$ đồng dạng g.g. Vậy $\frac{ES}{EI}=\frac{LH}{LT}$. Tương tự $\frac{FT}{FI}=\frac{KH}{KS}$. Từ đó $\frac{FI}{FT}.\frac{LT}{LH}=\frac{EI}{ES}.\frac{KS}{KH}$. Dùng định lý Menelaus dễ thấy $FL,ES$ cùng đi qua một điểm trên $IH$.

 

Lời giải khác của bạn Nguyễn Đức Bảo có thể xem tại http://artofproblems...1308940p7009306, bài toán này nằm trong chuỗi bài mở rộng bài toán IMO 2009 của tác giả http://analgeomatica...-2009-ngay.html

 

Bài toán 102 (Tập huấn đội IMO 2016). Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ cố định. $B$, $C$ cố định, $A$ di chuyển trên $(O)$. $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $ABC$. $K$, $L$ theo thứ tự là trực tâm các tam giác $IAB$, $IAC$. $P$ đối xứng với $O$ qua trung điểm $KL$. Chứng minh rằng $AP$ đi qua một điểm cố định khi $A$ thay đổi.

Cám ơn Hiếu, đúng là phần quan trọng nhất của bài toán này là từ bổ đề 2. Tuy nhiên việc phát biểu bài toán là từ một bài Iran trên AoPS, trong đó cũng có lời giải của Bảo. Em hãy đề nghị tiếp một bài toán cho topic được duy trì.

Cám ơn Hoàng cho lời giải thú vị khác đáp án cho bài toán 102. Sau đây là đáp án của thầy. Phần đầu của chứng minh này có tham khảo trên AoPS nhưng mình không tìm lại link, xin trích dẫn sau.

 

 

Lời giải bài toán 102. Gọi $CI$, $BI$ lần lượt cắt đường tròn $(AIB)$, $(AIC)$ tại $I_c$, $I_b$ thì $I_c$, $I_b$ chính là các tâm đường tròn bàng tiếp góc $C$, góc $B$ của tam giác $ABC$. Do đó $I_c$, $A$, $I_b$ thẳng hàng. Mặt khác do $I_cB\parallel AK$, $BK\parallel AI_c$ nên $I_cAKB$ là hình bình hành từ đó $K$ đối xứng $I_c$ qua trung điểm $AB$. Tương tự thì $L$ đối xứng $I_b$ qua trung điểm $AC$. Gọi $E$, $F$, $H$, $N$ lần lượt là trung điểm $CA$, $AB$, $KL$, $I_cI_b$ thì $H$, $N$ đối xứng nhau qua trung điểm $EF$ nên $AH\perp BC$ hay $AH\parallel ON$. Gọi $M$ là trung điểm $BC$ thì $A$ đối xứng $M$ qua trung điểm $EF$. Do đó $AHMN$ là hình bình hành suy ra $AH=MN$ nên $AH$ có độ dài không đổi. $AP$ cắt $OM$ tại $Q$ thì tính chất đường trung bình cho ta $OQ=2AP$ suy ra $OQ$ không đổi hay $Q$ cố định. Vậy $AP$ đi qua điểm $Q$ cố định khi $A$ thay đổi.

 

 

Và lời giải bài 103.

 

 

Lời giải bài toán 103. Dễ thấy $AM$ là phân giác ngoài góc $\angle BAC$ nên $N$ là trung điểm cung $XY$ chứa $A$ của đường tròn $(K)$ ngoại tiếp tam giác $AXY$ nên trung trực $XY$ đi qua $N$. Dễ thấy trung trực $BC$ đi qua $M$. Gọi trung trực $BC$ và $XY$ cắt nhau tại $R$. Ta sẽ chứng minh tam giác $RMN$ cân thì trung trực $MN$ đi qua $R$, thật vậy. Gọi $AD$ là phân giác của tam giác $ABC$ dễ thấy $AD\perp MN$, ta có biến đổi góc. 

 

$$(RM,MN)=(BC,AD)=(BC,BP)+(BP,AD)=(QC,QP)+(AD,QC)=(PQ,AD)=(MN,RN)$$.

 

Từ đó tam giác $RMN$ cân tại $R$.

 

Bài toán 104 (Tập huấn đội IMO 2016, tập huấn đội KHTN 2017). Cho tam giác $ABC$ nhọn, nội tiếp đường tròn $(O)$. Phân giác $AD$, $BE$, $CF$. $X$, $Y$, $Z$ lần lượt là trung điểm cung $BC$ chứa $A$, cung $CA$ chứa $B$, cung $AB$ chứa $C$. Trung trực $CA$, $AB$ cắt $AZ$, $AY$ tại $A_1$, $A_2$. $U$ đối xứng $A$ qua $A_1A_2$. Tương tự có $U$, $W$. Chứng minh rằng tiếp tuyến qua $A$, $B$, $C$ của các đường tròn $(ADU)$, $(BEV)$, $(CFW)$ đồng quy.

 

 

Lời giải bài toán 165. Giả sử $\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Gọi phân giác $\angle BAC$ cắt $PQ$ tại $I$ do thì $\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$ nên $BI$ là phân giác $\angle ABC$. Từ đó $I$ là tâm nội tiếp và $CI$ là phân giác $\angle ACB$ đồng thời cũng là phân giác $\angle PCQ$ nên $\frac{CP}{CQ}=\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$, ta hoàn thành chứng minh.

 

Mình có đôi lời. Vì sắp tới công việc của mình có nhiều biến chuyển nên mình chưa thể tập trung duy trì topic này liên tục đươc. Vậy mong những bạn yêu hình học có tâm huyết hãy đề nghị các bài toán hay có chất lượng để topic vẫn là sân chơi cho những bạn yêu thích hình học.

Cám ơn Bảo, quá nhanh và nguy hiểm , thầy đề nghị bài tiếp.

 

Bài toán 122. Cho tam giác $ABC$, trực tâm $H$, tâm ngoại tiếp $O$. Đường thẳng qua $O$ vuông góc $OA$ cắt trung trực $AH$ tại $D$. $M$ là hình chiếu của $H$ lên $AD$. $HM$ lần lượt cắt $CA,AB,OA$ tại $E,F,G$. đường thẳng qua $H$ song song $OD$ cắt $CA,AB,GC,GB$ lần lượt tại $S,T,K,L$. $SB,TC$ lần lượt cắt $CF,BE$ tại $I,J$. $IK,JL$ lần lượt cắt $MC,MB$ tại $U,V$. Chứng minh rằng $SU,TV,GH,BC$ đồng qui.

Lời giải bài toán 165. Giả sử $\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Gọi phân giác $\angle BAC$ cắt $PQ$ tại $I$ do thì $\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$ nên $BI$ là phân giác $\angle ABC$. Từ đó $I$ là tâm nội tiếp và $CI$ là phân giác $\angle ACB$ đồng thời cũng là phân giác $\angle PCQ$ nên $\frac{CP}{CQ}=\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$, ta hoàn thành chứng minh.

 

Em đã viết ra và gửi thầy qua mail. Nhận xét của em đúng và lời giải thầy cần bổ sung thêm một đoạn cuối, cám ơn em. Thầy viết cẩn thận như sau

 

Lời giải bài toán 165. Khi $P=Q$ thì ta có kết luận hiển nhiên đúng.

 

Khi $P\not=Q$. Giả sử $\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Gọi phân giác $\angle BAC$ cắt $PQ$ tại $I$ do thì $\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$ nên $BI$ là phân giác $\angle ABC$. Từ đó $I$ là tâm nội tiếp và $CI$ là phân giác $\angle ACB$ đồng thời cũng là phân giác $\angle PCQ$ nên $\frac{CP}{CQ}=\frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{BP}{BQ}$. Từ đó $(ABC)$ là đường tròn Apollonius của đoạn $PQ$ như vậy $I$ cũng nằm trên $(ABC)$ điều này vô lý.