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

$(AID)$ 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.

Hệ quả đẹp của bài toán 86, hai tam giác $IAC,IBD$ có chung đường đối trung.

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 $CD$.

Theo mình không nên phân biệt đối xử với tọa độ, đặc biệt là tọa độ Barycentric vì không phải vô cớ mà tờ báo hình sơ cấp lớn nhất thế giới  http://forumgeom.fau.edu/, đã nhiều năm qua dành thời lượng lớn để nghiên cứu về loại tọa độ này. Hơn nữa thực chất những việc biến đổi tỷ số trên đường thẳng, rồi những hệ thức của hàng điểm điểu hòa đều có gốc gác là đại số và tọa độ xạ ảnh. Mặt khác cũng không phải không có lý do mà Descartes được xếp vào một trong những nhà toán học vĩ đại nhất nhờ phương pháp của mình. Do đó nên dung hòa giữa đại số và hình.

Topic hơi gián đoạn do bài toán 35 của Dương khá khó, tạm gác lại bài đó, mình xin đề xuất một bài tiếp như sau

$\boxed{\text{Bài toán 36.}}$ Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ nội tiếp đường tròn $(O)$ với $AD$ là đường kính của $(O)$. Các điểm $E,F$ lần lượt thuộc $DC,DB$. $G$ thuộc $EF$ sao cho $\frac{GF}{GE}=\frac{FB}{CE}$. Chứng minh rằng $CG$ và $AF$ cắt nhau trên $(O)$.

Khi đề xuất bài mình nghĩ nên có một số thứ tự các tiêu chí ưu tiên như sau

1) Đúng

2) Hay, đẹp

3) Mới

4) Sát với thi Olympic

5) Kiến thức đơn giản

6) Đề bài ngắn gọn, dễ hiểu

7) Nhiều hướng tiếp cận, tổng quát.

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.

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 $\angle RQA=\angle PAO$.

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.

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!

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.

Cám ơn Dương đã nhắc lại một mở rộng cũ, mở rộng này còn có phát triển hơn nữa khi thay thế các đường vuông góc như sau

http://artofproblems...nity/q2h1140524

Lời giải trong topic đó của Luis dùng nghịch đảo và tỷ số kép.

Lời giải của Khoa đúng rồi. Được Dương đồng ý, mình đề nghị một bài mới, bài này mình phát triển từ một bài toán Khoa post trên facebook

$\boxed{\text{Bài toán 53.}}$ Cho tam giác $ABC$ và $P$ nằm trên đường tròn đường kính $BC$. $PB,PC$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. Chứng minh rằng tâm đường tròn pedal của $P$ ứng với $ABC$ nằm trên đường nối trung điểm $BE,CF$.

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 $MN\perp OH$.

Lâu mình không tham giải, thực sự là phát hiện của Dương ở bài 54 khá thú vị. Nhân một bài Bảo vừa hỏi, mình thấy bài này có ý tưởng khá giống nên giải thử theo cách phương tích.

Sửa lại ký hiệu như sau cho tiện.

Cho tam giác $ABC$ trực tâm $H$. Dựng vào trong tam giác $PBC$ vuông cân tại $P$. Gọi $Q$ đẳng giác $P$ trong tam giác $ABC$. Chứng minh rằng $PQ$ đi qua $H$.

Lời giải. Do $Q$ đẳng giác $P$ nên gọi $E,F$ là hình chiếu của $Q$ lên $CA,AB$ dễ thấy tam giác $QFB$ và $QEC$ vuông cân. Vậy trong tam giác $QBC$ các tam giác $QFB$ và $QEC$ vuông cân dựng ra ngoài và tam giác $PBC$ vuông cân dựng vào trong nên $EPQF$ là hình bình hành từ đó dễ thấy $P$ là trực tâm tam giác $AEF$. Như vậy dễ thấy $P,H$ đều nằm trên trục đp của đường tròn đường kính $BE,CF$. Gọi $K,L$ là hình chiếu của $C,B$ lên $QF,QE$. Dễ thấy hai tam giác vuông $QCK$ và $QBL$ đồng dạng nên $QK/QL=QC/QB=QE/QF$ hay $QF.QK=QE.QL$. Từ đó $Q$ cũng thuộc trục đp của đường tròn đường kính $BE,CF$.

Bài toán này có phát biểu khá gần kiểu hình lớp 7, không rõ có cách nào THCS không ?

$\boxed{\text{Bài toán 55.}}$. Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp trong đường tròn $(O)$. Tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ cắt $BC$ tại $T$. $P$ nằm trong tam giác sao cho $TP=TA$. $PA,PB,PC$ lần lượt cắt $(O)$ tại $D,E,F$ khác $A,B,C$. Dựng tam giác cân $BAQ$ đồng dạng cùng hướng với $FOD$ và tam giác cân $CAR$ đồng dạng cùng hướng với $EOD$. Chứng minh rằng tâm ngoại tiếp tam giác $PQR$ nằm trên $AO$.

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.

Cám ơn Dương đã gửi link, thầy có thể tổng kết lại được là bài tổng quát nên phát biểu như sau sẽ đẹp

Cho tam giác $ABC$ với trực tâm $H$ và tâm ngoại tiếp $O$. $P$ nằm trên trung trực $BC$ và $Q$ đẳng giác $P$. $PQ$ cắt $OH$ tại $R$. Chứng minh rằng $\frac{\overline{RH}}{\overline{RO}}=2-\frac{BC^2}{PC^2}$.

Lời giải trong link của Telv đã rõ ràng, tuy nhiên khi phát biểu như trên liệu có các đi khác ?

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 83 của Bảo có thể coi là trường hợp riêng của bài sau (sau khi viết lại cho tam giác $PBC$)

http://analgeomatica...2-thang-12.html

Thầy thử đề xuất một bài mới !

$\boxed{\text{Bài toán 84.}}$ Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AD$. Trên tia $BC,CB$ lấy các điểm $G,H$ sao cho $BG=BA,CH=CA$. $E,F$ là trung điểm của $DG,DH$. Đường tròn $(A,AD)$ cắt $CA,AB$ tại $P,Q$. $M,N,Y,Z$ lần lượt đối xứng $A$ qua $C,B,P,Q$. $NE$ cắt đường tròn $(A,AD)$ tại $K$ sao cho $K,N$ khác phía đường thẳng qua $A$ vuông góc $KN$. $MF$ cắt đường tròn $(A,AD)$ tại $L$ sao cho $L,M$ khác phía đường thẳng qua $A$ vuông góc $LM$. Lấy $S,T$ thuộc $MF,NE$ sao cho $YS\parallel PL$ và $ZT\parallel QK$. Chứng minh rằng $D$ là tâm $(AST)$.

 

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.

Bổ đề. Cho tam giác $ABC$ cân tại $A$ có đường cao $CD$. Gọi $E$ là trung điểm của $BD$, $M$ là trung điểm $CE$, phân giác của $\angle{BDC}$ cắt $CE$ tại $P$. Đường tròn tâm $C$ bán kính $CD$ cắt $AC$ tại $Q$. Gọi $K$ là giao điểm của $PQ$ và $AM$.

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.

Cám ơn Khánh, đúng là bài này ra như vậy bị dễ đi, ý tưởng là thầy muốn chứng minh $PL$ đi qua điểm Lemoine của $ABC$. Vậy ta tiếp tục

$\boxed{\text{Bài toán 86.}}$ Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Chứng minh rằng phân giác các góc $\angle AIC,\angle BID$ vuông góc.

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 $ABC$.