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 

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 82}}$. Bài này khá đơn giản!

Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm của $(AOX)(BOY)(COZ)$ với $(O)$. Do tứ giác $AOXD$ nội tiếp nên $\angle ADX=180^\circ-\angle AOX=2\angle OAX=2\angle ODX$. Từ đó $DA,DX$ đẳng giác trong $\angle BDC$. Chú ý tam giác $BDC$ đều nên từ đó $AD,AX$ đẳng giác trong $\angle A$. Theo định lí $Napoleon$ thì $AX,BY,CZ$ đồng quy tại điểm đẳng giác với điểm $Napoleon$ của tam giác $ABC$. Gọi điểm đó là $K$.

Gọi $OK$ cắt $(AOX)$ tại $T$ thì $OA^2=OK.OT$ từ đó $T$ xác định duy nhất trên $OK$. Mặt khác do $OA=OB=OC$ nên ba đường tròn $(AOX)(BOY)(COZ)$ đồng quy tại $T.\blacksquare$

PS. Kết quả về ba đường tròn đồng quy dạng này thì khá nhiều và quen thuộc với các chứng minh hoàn toàn tương tự như trên. 

Một kết quả khác như sau. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là đối xứng của $A,B,C$ qua $BC,CA,AB$. Khi đó $(AOX)(BOY)(COZ)$ đồng quy.

Chứng minh hoàn toán tương tự như trên, chú ý điểm cần tìm ở đây là điểm $Konista$ của tam giác $ABC$.

Đề xuất bài toán tiếp theo khá nhẹ nhàng!

$\boxed{\text{Bài toán 83}}$.(AoPS) Cho tam giác $ABC$, trực tâm $H.M$ là trung điểm $BC$. Trên $BC$ lấy $S$ sao cho $HS,HM$ đẳng giác. Hạ $AP\perp HS$. Chứng minh rằng $(MSP)$ tiếp xúc $(ABC)$.

Trâu bò vậy!

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 57}}$

Áp dụng công thức đường trung tuyến ta chỉ cần chứng minh:

$MQ^2+NQ^2=MR^2+NR^2 \ (1)$

Theo bổ đề $Carnot$ thì $(1)\iff $

$\cos \angle QRM.MR=\cos \angle NQB.NQ$

$\iff \cos \angle ACD.MR=\cos \angle ABD.NQ$

$\iff sin \angle DAC.MR=\sin \angle ADB.NQ$

$P\equiv AC\cap BD$. Theo định lí $Sin$ thì

$\frac{\sin \angle DAP}{\sin \angle ADP}=\frac{PD}{PA}$

Ta cần chỉ ra

$\frac{NQ}{MR}=\frac{PD}{PA} \ (*)$

Tiếp tục sử dụng định lí $Sin$ và công thức diện tích ta suy ra

$\frac{MR}{MD}=\frac{\sin \angle MCB}{\sin \angle MCD}=\frac{PB.BC}{PD.CD}$

Tương tự thì 

$\frac{NQ}{NA}=\frac{PA.AB}{PC.BC}$

Mặt khác $MD=\frac{1}{2}AC \ , \ NA=\frac{1}{2}BD$ nên dễ suy ra $(*)$ đúng hay đẳng thức được chứng minh $\implies NQ=NR.\blacksquare$

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 58}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O).I$ bất kì trên phân giác $\angle A.D,E,F$ lần lượt là hình chiếu của $I$ lên $BC,CA,AB.OI$ cắt $BC$ tại $K.L$ thuộc $AK$ sao cho $AI\parallel DL.LD$ cắt $EF$ tại $X$. Chứng minh rằng $X$ là trung điểm $DL$

Kết quả này mình từng mở rộng từ một bài tập của thầy mình, nếu có trùng lặp mong mọi người thông cảm! Bài toán gốc là khi $I\equiv $ tâm nội tiếp của tam giác $ABC$.

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 $\widehat{APR}=\widehat{QPJ}$.  $\square$

Chào các thành viên của VMF!

Thay cho lời mở đầu mọi người hãy đọc qua topic sau.

Marathon Số học đã được anh Ego bắt đầu, vì vậy mình xin bắt đầu cuộc thi Marathon Hình học!

Các quy định đã được đề cập rõ tại đây.

Để tăng tính thẩm mĩ mọi người có thể làm theo code sau:

$\boxed{\text{Bài toán 1}}$ Cho tam giác $ABC$ có $\angle A=60^\circ,\angle B=80^\circ$ nội tiếp $\odot (O)$, ngoại tiếp $\odot (I)$.

$AI$ cắt $OB$ tại $X$, cắt $BC$ tại $M$. Đường thẳng qua $C$ vuông góc với $AB$ cắt $OM$ tại $K$ và trung trực $BC$ tại $E.ME$ cắt $AC$ tại $L$. Đường thẳng qua $K$ vuông góc với $BC$ cắt $AC$ tại $F$. Chứng minh rằng $E,K,X,I,F,L$ cùng thuộc một đường tròn tâm $O$.

Nguồn.

Hình vẽ bài toán

$\boxed{\text{Bài toán 80}}$ đã lâu chưa có lời giải nên mình sẽ đưa ra lời giải để tiếp tục topic.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 80}}$.

Hình 1.

Đầu tiên ta sẽ chứng minh $\angle KEQ=90^\circ$. Biến đổi góc : $\angle REQ=180^\circ-\angle RSQ=\angle RNB=\angle LNB,\ \angle KER=\angle KLR$. Chú ý $RL\perp AB$ nên $\angle KEQ=\angle REQ+\angle KER=90^\circ$. Từ đó $E\equiv (KQ)\cap (M).$

Hình 2.

Do $AB$ đi qua tâm $M$ của $(M)$ nên dễ thấy $RN$ cắt $KQ$ tại $T$. Gọi $S$ là điểm chính giữa cung $AB$ không chứa $CD$ của $\Omega$. Chú ý trực tâm $H$ đối xứng với $S$ qua $AB$ nên $TR$ đi qua $S$. Tiếp theo ta sẽ chứng minh $QS$ đi qua $F$. Gọi $Z,G$ lần lượt là giao điểm của $KF$ và $EQ$ với $(M)$. Chú ý rằng $M$ là trung điểm $HS,HK\perp KZ$ nên $\angle KZS=90^\circ$. Từ đó $ZS$ đi qua $G$. Từ đây theo định lí $Pascal$ thì $F,S,Q$ thẳng hàng.

Gọi $QS$ cắt đường tròn $(KEF)$ tại $X$. Do $\angle KXF=\angle KER=\angle KTR$ từ đó tứ giác $KSTX$ nội tiếp suy ra $QX.QS=QT.QK=QD.QC$ kéo theo tứ giác $SCXB$ nội tiếp. 

Do tứ giác $KHST$ nội tiếp nên năm điểm $K,H,S,T,X$ cùng thuộc một đường tròn. Từ đó $\angle FKX=90^\circ+\angle HKX=90^\circ+\angle HSX=\angle XDS$. Từ đó $(KEF)$ tiếp xúc đường tròn $\Omega. \ \blacksquare$

Việc đề xuất bài toán mới thì thầy có thể giúp đỡ được không ạ?

Nguồn gốc bài toán: http://www.artofprob...1202245p5915727

PS. Thành thật xin lỗi vì việc trùng điểm $S$ nên mình phải vẽ ra hai hình cho tiện!

$\boxed{\text{Lời giải bài 3}}$. Để giải quyết bài toán ta cần có bổ đề sau:

Bổ đề. Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $\odot (O).L$ là điểm $Lemoine.M$ là trung điểm $BC.AM$ cắt $(O)$ tại $N.NH$ vuông góc với $BC(H$ thuộc $BC).K$ đối xứng với $H$ qua $N.AL$ cắt $O$ tại $T$. Khi đó $LM\parallel KT$/

Chứng minh. Xem tại đây

Quay lại bài toán. $AL$ cắt $\odot (O)$ tại $T$.

Đường thẳng qua $T$ vuông góc với $TN$ cắt $BC,AM$ tại $X,Y$.

Hình vẽ bài toán

Do $AT,AN$ đẳng giác trong $\angle A$ nên $TNBC$ là hình thang cân $\Longrightarrow BX=CH\Longrightarrow MX=MH\Longrightarrow XM=\frac{TN}{2}$

$\Longrightarrow XT=\frac{YT}{2}$. Mặt khác theo bổ đề thì $XNKT$ là hình bình hành nên $NK=\frac{TY}{2}$.

$TK$ cắt $AM$ tại $Z\Longrightarrow K$ là trung điểm $ZT$ nên theo bổ đề hình thang ta suy ra $AK$ chia đôi $ML$.

Tiếp tục áp dụng bổ đề ta suy ra $K(RA,PF)=-1\Longrightarrow \overline{R,T,K}\Longrightarrow KR,AL$ cắt nhau tại một điểm thuộc $\odot (O).\blacksquare$

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 1\\ \hline dogsteven & 1\\ \hline baopbc & 1\\ \hline \end{array}$$

Bài toán đề nghị.$\boxed{\text{Bài toán 4}}$ (kết quả cũ) Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $\odot (O).AC$ cắt $BD$ tại $R.AD$ cắt $BC$ tại $P$. Kẻ $RL\perp AD,PN\perp DR.Y$ là trung điểm $PR,X$ là trung điểm $CD$. Chứng minh $X,L,Y,N$ đồng viên.

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.

$\boxed{\text{Lời giải bài 5}}$ Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $(ABE)$ và $(ACF),(BCF)$ và $(BAD),(CAD)$ và $(CBE)$

Hình vẽ bài toán

Ta có: $\frac{\sin \measuredangle XAB}{\sin \measuredangle XAC}=\frac{BX}{EX}$

Mặt khác $\triangle FXB\sim \triangle CXE$ nên $\frac {BX}{EX}=\frac{BF}{EC}\Longrightarrow \frac{\sin \measuredangle XAB}{\sin \measuredangle XAC}=\frac{BF}{EC}$. Tương tự với các cặp đường tròn còn lại

Theo định lí $Ceva$ dạng hình học thì $\frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}$ nên theo định lí $Ceva$ dạng lượng giác thì $AX,BY,CZ$ đồng quy. $\blacksquare$

$$\begin{array}{| l | l |} \hline Ngockhanh99k48 & 1\\ \hline IHateMath & 1\\ \hline fatcat12345 & 1\\ \hline dogsteven & 2\\ \hline baopbc & 2\\ \hline QuangDuong12011998 & 1\\ \hline\end{array}$$

Bài toán đề nghị. $\boxed{\text{Bài toán 6}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $\odot (O)$ và $\odot (K)$ đi qua $B,C$ cắt $AC,AB$ tại $E,F.BE$ cắt $CF$ tại $H.\odot (AEF)$ cắt $\odot (O)$ tại $G$ khác $A.M,N$ lần lượt là tâm $\odot (GBK)$ và $\odot (GCK).FM$ cắt $EN$ tại $L$. Chứng minh $HL$ đi qua $O$.

Nguồn.

Lời giải bài toán 138. Dễ thấy $M,I,N$ thẳng hàng, ta có $\angle PMA=180^\circ-\angle AIB=\frac{1}{2}\cdot (\angle A+\angle B)=90^\circ-\frac{1}{2}\cdot \angle C=90^\circ-\frac{1}{2}\cdot \angle MPA$ nên $\triangle MPA$ cân suy ra $\overline{PA}=\overline{PM}$. Tương tự thì $\overline{PA}=\overline{PN}$ nên $P$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AMN$.Gọi $E,F$ lần lượt là giao điểm của $AP$ với các đường tròn $(AIB)$ và $(AIC)$. Do $\measuredangle AEM=\measuredangle ABM=\measuredangle ACP$ nên $ME\perp OP$. Tương tự thì $NF\perp OP$ do đó $ME\parallel NF$. Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm của $PB,PC$ với đường thẳng qua $A$ vuông góc với $PO$. Do $ST\parallel ME\parallel NF$ nên theo định lí Thales \[\frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{AP}},\frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}=\frac{\overline{AP}}{\overline{AF}}\Rightarrow \frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}\cdot \frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}=\frac{\overline{AE}}{\overline{AF}}\] Mặt khác do các tam giác $APM$ và $APN$ cân tại $P$ nên $BE\parallel AM, CF\parallel AN$ suy ra $\overline{AE}=\overline{MB}, \overline{AF}=\overline{NC}$. Do đó $\overline{AE}:\overline{AF}=\overline{MB}:\overline{NC}$. Gọi $X$ là giao điểm của $MN$ với $ST$. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $SPT$, cát tuyến $M,N,X$ ta suy ra \[\frac{\overline{SM}}{\overline{SP}}\cdot \frac{\overline{TP}}{\overline{TN}}\cdot \frac{\overline{XN}}{\overline{XM}}=1\Rightarrow \frac{\overline{AE}}{\overline{AF}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\Rightarrow \frac{\overline{MB}}{\overline{NC}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\] Gọi $K,L$ lần lượt là giao điểm của $MQ,NR$ với đường thẳng $ST$. Theo định lí Thales \[\frac{\overline{KM}}{\overline{LN}}=\frac{\overline{XM}}{\overline{XN}}\Rightarrow\frac{\overline{KM}}{\overline{LN}}=\frac{\overline{MB}}{\overline{NC}}\] Mặt khác do $\overline{PM}=\overline{PN}$ nên $\triangle MPN$ cân tại $P$ nên $\measuredangle MNP=\measuredangle NMP$ suy ra $\measuredangle KMB=\measuredangle LNC$. Từ đó $\triangle KMB\sim \triangle LNC$ (cạnh - góc - cạnh) suy ra $\measuredangle KBM=\measuredangle LCN$. Do đó $\angle AKB=\angle KSB+\angle KBS=90^\circ-\angle OPB+\angle LCN=\angle BCP+\angle LCN=180^\circ-\angle BCL$ suy ra tứ giác $KBCL$ nội tiếp.\\ Gọi $Z$ là giao điểm của $ST$ với $BC$, theo tính chất phương tích $\overline{ZK}\cdot \overline{ZL}=\overline{ZB}\cdot \overline{ZC}$. Mặt khác do $\angle MKA=180^\circ-\measuredangle (PO,MN)=180^\circ-(\angle BMI+\angle BPO)=180^\circ-(\frac{1}{2}\cdot\angle A+\angle BPO)=90^\circ+\angle BAP$ $-\frac{1}{2}\cdot \angle A=90^\circ+\frac{1}{2}\angle A-\angle PBC=180^\circ-(90^\circ-\frac{1}{2}\angle A)-\angle MBQ=\angle BQM$ nên tứ giác $KLRQ$ nội tiếp suy ra $\overline{ZK}\cdot \overline{ZL}=\overline{ZQ}\cdot \overline{ZR}$. Do đó $\overline{ZB}\cdot \overline{ZC}=\overline{ZQ}\cdot \overline{ZR}$ nên $Z$ thuộc trục đẳng phương của các đường tròn $(O)$ và $(AQR)$ suy ra $AZ$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(AQR)$, từ đó suy ra tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AQR$ thuộc $OP$ do $OP\perp AZ$. $\square$

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 7}}$

Ta cần có hai bổ đề sau:

$\boxed{\text{Bổ đề 1}}$ Cho tam giác $ABC$ có $O$ là tâm ngoại tiếp. Một đường tiếp tuyến với $\odot (BOC)$ cắt $AB$ ở $D$ và $CA$ ở $E$. Gọi $A'$ là điểm đối xứng của điểm $A$ qua $DE$. Khi đó $\odot (A'DE)$ tiếp xúc $\odot (ABC)$.

Chứng minh.

$\boxed{\text{Bổ đề 2}}$ Cho tam giác $IBC.Q,R$ lần lượt là trung điểm $IC,IB$. Kí hiệu $\omega $ là đường tròn $Euler$ của $\triangle IBC.PR,PQ$ cắt $\omega $ tại $F,E$. Khi đó tâm $\odot (PEF)$ thuộc $\omega $.

Chứng minh.

Quay lại bài toán.

Ta có $\angle IQP=90^\circ-\angle IMN+\angle AMK=90^\circ-\angle B/2+\angle C/2$. Tương tự $\angle IRP=90^\circ-\angle C/2+\angle B/2$.

Gọi $E,F$ lần lượt là giao của $PQ,PR$ với đường tròn $Euler$ của tam giác $IBC$. Theo bổ đề $2$ ta suy ra tâm $\odot (PEF)$ thuộc đường tròn $Euler$ của tam giác $IBC$. Theo bổ đề $1$ ta suy ra $\odot (PEF)$ tiếp xúc $\odot (XST).\blacksquare$

Bài toán đề nghị:

$\boxed{\text{Bài toán 8}}$ Cho hai đường tròn trực giao $(O_1),(O_2)$ cắt nhau tại $A,B.P$ bất kì trên $AB.O_1P$ cắt $\odot (O_2)$ tại $E.O_2P$ cắt $(O_1)$ tại $F.O_1O_2$ cắt $AB$ tại $D$. Chứng minh rằng $\frac {DE}{DF}=\frac{PE}{PF}$.

Nguồn.

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

$\boxed{\text{Lời giải bài 11}}$ Gọi $A'$ là giao của $AO$ với $BC.K$ là giao của $BC$ với $EF$.

Dễ thấy $PB,PC$ lần lượt là phân giác $\angle APF,\angle APE$ nên theo định lí $Menelaus$ ta suy ra $\frac{KE}{KF}=\frac{PE}{PF}\Longrightarrow PK$ là phân giác ngoài của $\angle EPF$.

$\Longrightarrow \angle APK=\angle APE-\angle EPK=2\angle APC-90^\circ+\angle EPF/2=2\angle ABC-90^\circ+\angle BAC$

$=\angle B+90^\circ-\angle ACB=\angle AA'K \Longrightarrow A,A',P,K$ đồng viên.

$\Longrightarrow APA'=\angle AKA'$. Mặt khác biến đổi tỉ số dễ suy ra $KB$ là phân giác $AKF$ nên $\angle APA'=(BC,EF)$.

Gọi $I$ là tâm $\odot (AEF)$ thì $(AI,AO)=(BC,EF)=\angle APA'.M,N$ lần lượt là hình chiếu của $Q$ lên $AP,AO$.

Dễ thấy $A,N,M,Q$ đồng viên nên $\angle AMN=\angle AQN=90^\circ-\angle A'AQ=(AI,AO)=\angle APA'\Longrightarrow MN\parallel A'P$.

Mặt khác $\frac{AM}{MP}$ không đổi nên $\frac{AN}{NA'}$ không đổi $\Longrightarrow N$ cố định hay $Q$ thuộc một đường thẳng cố định. $\blacksquare$

Bài toán đề nghị.

$\boxed{\text{Bài toán 12}}$. Cho tam giác $ABC$. Một đường tròn bất kì qua $B,C$ cắt $AC,AB$ tại $E,F.EF$ cắt $BC$ tại $L.P$ là một điểm trên $BC$. Lần lượt lấy $M$ thuộc $AP,H$ thuộc $EF$ sao cho $L,H,M,P$ đồng viên. $\odot (MEF)$ cắt $AP$ tại $T$, Kẻ $TI\parallel BC$ sao cho $I$ thuộc $\odot (MEF)$. Chứng minh rằng $\angle HAF=\angle IAE$.

Nguồn.

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

Đề xuất bài toán mới để tiếp tục topic.

$\boxed{\text{Bài toán 80}}$ (AoPS) Cho hình thang cân $ABCD$ nội tiếp đường tròn $\Omega$ với $AB\parallel CD.M$ là trung điểm $AB$ và $P$ là điểm chính giữa cung $CD$ không chứa $A$ của $\Omega$. Gọi $H$ là trực tâm tam giác $PAB$ và $(M)$ là đường tròn tâm $M$ đi qua $C,D.N$ là một điểm trên đoạn $AB$ ($N$ khác $A,B$ và $M$). Đường thẳng $HN$ cắt $(M)$ tại $K,L$ sao cho $L$ nằm trong $\Omega$. Chọn hai điểm $Q,R$ theo thứ tự thuộc $CD$ và $(M)$ sao cho $KQ,LR$ cùng vuông góc với $AB$. Gọi $RN$ cắt $CD$ tại $S$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $QRS$ cắt lại $(M)$ tại $E$. Chọn $F$ trên $ER$ sao cho $KF\perp KL$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $KEF$ tiếp xúc $\Omega$

$\boxed{\text{Lời giải bài 15}}$ Bài này dùng biến đổi góc là được!

Gọi $S$ là giao của $\odot (ABC)$ với $\odot (W_2)$.

Ta có: $\measuredangle XYS=180^\circ-\measuredangle YCS=\measuredangle AQS=\measuredangle ABS\Longrightarrow X,Y,S,B$ đồng viên.

$\measuredangle XQS=\measuredangle AQS-\measuredangle AQX=\measuredangle XYS-\measuredangle AYX=180^\circ-\measuredangle YKS-\measuredangle AYX=180^\circ-\measuredangle YKS-\measuredangle YKX=180^\circ-\measuredangle XKS$

$\Longrightarrow Q,X,K,S$ đồng viên.

Giả sử $SY$ cắt $AB$ tại $T. \measuredangle TXK=180^\circ-\measuredangle BXK=180^\circ-\measuredangle BPK=180^\circ-\measuredangle TSK$

$\Longrightarrow T,X,K,S$ đồng viên $\Longrightarrow T,Q,K,X$ đồng viên $\Longrightarrow \measuredangle AXQ=\measuredangle TXQ$.

Mặt khác do $X,Y,S,B$ đồng viên nên $\overline{P,K,T}\Longrightarrow \measuredangle AXQ=\measuredangle QKP.\blacksquare$

Bài toán đề nghị.

$\boxed{\text{Bài toán 16}}$. Cho tam giác $ABC.\odot (K)$ bất kì qua $B,C$ cắt $CA,AB$ lần lượt tại $E,F.BE,CF$ cắt nhau tại $H$. Kẻ $HL,BM,CN$ vuông góc với $AK(M,N,P$ thuộc $AK$). Gọi $G$ là hình chiếu của $L$ lên $BC$. Đường thẳng qua $A$ lần lượt song song với $BE,CF$ lần lượt cắt trung trực $AM,AN$ tại $Q,R$. Chứng minh rằng trục đẳng phương của $\odot (Q;QA),\odot (R;RA)$ đi qua $G$.

Nguồn.

$\boxed{\text{Lời giải khác cho bài toán 81}}$.

Gọi $O,H,N$ lần lượt là trực tâm, tâm ngoại tiếp và tâm đường tròn $Euler$ của tam giác $IED$. Gọi $O'$ là đối xứng của $O$ qua $DE$ thì $OO'=IH$. Từ đó $IHO'O$ là hình bình hành suy ra $AO'$ đi qua $N$ là trung điểm $OH$. Do đó ta chỉ cần chứng minh $AI$ đi qua $O'$ là đối xứng của $O$ qua $DE$ đồng thời là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $HED$. Đường thẳng qua $D,E$ lần lượt song song với $CI,BI$ cắt nhau tại $P$ thì tứ giác $PDEH$ nội tiếp. Gọi $(O')$ cắt $AC,AB$ tại $M,N$. Do $\angle AEM=\angle PDM+\angle AEP=\angle B/2+\angle C/2=180^\circ-\angle BIC=180^\circ-\angle EPD=180^\circ-\angle EMD$ nên từ đó $EMND$ là hình thang cân suy ra $AI$ đi qua tâm $(EMND)$ hay $AI$ đi qua $O'.\ \blacksquare$

PS. Anh Dương đề xuất bài toán mới đi ạ!

Ủng hộ câu a, trước. Câu b, chắc để sau vậy!

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 43a}}$ Ta sẽ sử dụng bổ đề $Ceva$ trong đường tròn.

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, các điểm $A',B',C'$ nằm trên $(O)$. Khi đó $AA',BB',CC'$ đồng quy $\Longleftrightarrow \frac{A'B}{A'C}.\frac{B'C}{B'A}.\frac{C'A}{C'B}=1$

Quay lại bài toán: Biến đổi tỉ số đơn giản $\frac{\sin \angle P_aAE}{\sin \angle P_aAF}=\frac{P_aE^2}{P_aF^2}$

Tương tự và áp dụng bổ đề trên ta suy ra $\frac{\sin \angle P_aAE}{\sin \angle P_aAF}.\frac{\sin \angle P_bBF}{\sin \angle P_bBD}.\frac{\sin \angle P_cCD}{\sin \angle P_cCE}=1$

Theo định lí $Ceva$ dạng lượng giác suy ra $AP_a,BP_b,CP_c$ đồng quy. $\blacksquare$

PS. Anh Khánh ghi nguồn đầy đủ đi chứ?

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 $AL$.$\square$

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 44}}$ Bài gốc hay bài tổng quát đều không khó, lời giải của em dựa trên lời giải bài gốc mà em đưa lên trong link!

Do $P$ thuộc trung trực $BC$ nên $\angle QCA=\angle QBA\implies AE=AB,AF=AC\implies \triangle ABF=\triangle AEC$

$\implies BF=CE$. Mặt khác dễ thấy $\angle ECD=\angle DBF$ nên $\triangle DCE=\triangle DBF\implies DE=DF,\angle EDF=\angle BDC$

$\implies \angle EFD=\angle CBD.S\equiv DB\cap (DEF)$. Do $\angle BSE=\angle DFE=\angle DBC$ nên $BC\parallel SE$

Mặt khác dễ thấy $\angle BAE=2\angle DBC=2\angle BSE$ nên $A$ là tâm ngoại tiếp tam giác $BES\implies AK\perp SE\implies AK\perp BC.\blacksquare$

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 $MP^2=PE\cdot QF\Rightarrow PQ^2=4PE\cdot QF$

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

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 55}}$ (Tóm tắt)

$M\equiv CR\cap BQ$. Đế ý $\triangle CAR\sim \triangle EOD,\triangle BAQ\sim \triangle FOD$ dễ suy ra $\angle BMY=\angle BPC\implies B,M,P,C$ đồng viên.

Theo kết quả quen thuộc thì $DE=DF$ từ đó $\triangle CAR\sim \triangle BAQ$

Đế ý $\frac{PB}{PC}=\frac{AB}{AC}\implies \frac{PB}{BQ}=\frac{PC}{PR}\implies \triangle RPC\sim \triangle QPB$

$\implies R,Q,P,M$ đồng viên.

$X\equiv CM\cap AB,Y\equiv BM\cap AC$. Đế ý $\angle ACR=\angle ABQ$ nên $B,X,Y,C$ đồng viên $\implies XY\perp AO$

Đế ý $\angle ABM=\angle ACR=\angle ARC\implies A,R,B,M$ đồng viên $\implies XR.XM=XB.XA\implies X$ thuộc trục đẳng phương của $(O)$ và $(PQR)$.

Tương tự kéo theo $XY$ là trục đẳng phương của $(O)$ và $(PQR)\implies XY\perp OK\implies A,O,K$ thẳng hàng.$\blacksquare$

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 $ABC$. $\square$

Nhân đề xuất bài toán mới, mình/em xin đưa ra một lời giải khác cho bài toán 54.

$\boxed{\text{Lời giải bài toán 54}}$ 

$E\equiv BQ\cap AC,F\equiv CQ\cap AB,X\equiv BH\cap AC,Y\equiv CH\cap AC$. 

Dễ thấy $QH$ là trục đẳng phương của $(BE)(CF)$. Gọi $M,N$ theo thứ tự là hình chiếu của $E,F$ lên $BA,AC$.

Dễ thấy $P\equiv XM\cap YN$. Mặt khác $M,N,X,Y$ đồng viên nên $PM.PX=PN.PY$ do đó $P$ thuộc trục đẳng phương của $(BE)(CF)$ hay $P,H,Q$ thẳng hàng.

$\boxed{\text{Bài toán 56}}$ (Thầy Trần Quang Hùng) Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn tâm $I.(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. Trung trực $AD$ cắt $ID$ tại $M$. Gọi $E,F$ theo thứ tự là trung điểm $AD,AI$. Chứng minh rằng $OM$ chia đôi $EF$ với $(O)\equiv (ABC)$.

Link lời giải bài toán 141 :  http://artofproblems...1341458p7284966