Chi tiết hơn nhé. $\angle EGF=\angle BGE+\angle CGF-\angle EGF=360^\circ-2\angle BAC-(180^\circ-2\angle BAC)=180^\circ$ nên $E,G,F$ thẳng hàng. Từ đó $\angle ABK+\angle ACK=\angle AGE+\angle AGF=180^\circ$ nên $K$ thuộc $(O)$. Dễ thấy $G$ là điểm Miquel nên hai tam giác $GBA$ và $GKC$ đồng dạng, lại có $GO$ là phân giác $\angle BGC$ nên $GO$ là phân giác $\angle AGK$. Từ đó kết hợp $OA=OK$ thì $AOKG$ nội tiếp. Sử dụng trục đẳng phương dễ thấy $AK,OG,BC$ đồng quy.

Có thể xem thêm lời giải và bình luận hai đề hình ở đây

http://analgeomatica...i-hinh-thi.html

Hy vọng bài viết này giúp ích giải câu b)

http://analgeomatica...-dien-aops.html

Đề hình này có lẽ hay ở ý b). Ý b) chỉ cần $(O),(I)$ là hai đường tròn cố định qua $B,C$ cố định là được. $D$ cố định và $G$ di chuyển. Ta làm như sau

Áp dụng Pascal dễ chỉ ra $M,N$ đi qua giao tiếp tuyến tại $B,C$ là $J$ của $(I)$ cố định. Gọi $JD$ cắt $(I)$ tại $X$ thì $X$ cố định và tứ giác $BCDX$ điều hòa nên $G(BC,DX)=-1$. Gọi $MN$ cắt $BC$ tại $T$ thì $G(BC,DT)=-1$ từ đó $GX$ đi qua $T$. Nên TX.TG=TB.TC=TP.TQ suy ra $(GPQ)$ đi qua $X$ cố định. Gọi $(GPQ)$ cắt $DX$ tại $Y$ thì $JX.JY=JP.JQ$ bằng phương tích của $J$ đối với $(O)$ nên $Y$ cố định. Suy ra $(GPQ)$ đi qua $X,Y$ cố định.

Cảm ơn Quân và Bảo với các lời giải rất hay. Gốc của bài toán 126 là ở đây http://www.artofprob...munity/c6h85003, bài toán 126 có hướng phát triển theo kiểu chiếu song song nhưng khá rắc rối. Bài toán 127 cũng là bài toán hay và lạ trên hình vuông,  vietdohoangtk7nqd có thể dẫn nguồn gốc không ? Mình xin đề nghị bài tiếp

Bài toán 128. Cho tam giác $ABC$ và đường tròn $(K)$ đi qua $B,C$ cắt $CA,AB$ tại $E,F$. $BE$ cắt $CF$ tại $G$. $AG$ cắt $BC$ tại $H$. $L$ là hình chiếu của $H$ lên $EF$. $M$ là trung điểm $BC$. $MK$ cắt $(KEF)$ tại $N$. Chứng minh rằng $\angle LAB=\angle NAC$.

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 $(ADI)$.

Cảm ơn Khánh về lời giải thú vị khác đáp án, đây là hình vẽ cho lời giải của em. Đáp án gốc thầy sẽ gõ và post vào hôm sau.

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 em đã đăng lời giải, bài toán 150 có thể tham khảo lời giải dùng tỷ số kép ở đây.

Bài toán 151. Cho tam giác $ABC$ với đường cao $AD$. $E,F$ là hình chiếu của $D$ lên $CA,AB$. $EF$ cắt $BC$ tại $T$. $BE$ cắt $CF$ tại $S$. $K$ là tâm ngoại tiếp tam giác $SEF$. Một đường thẳng bất kỳ đi qua $T$ cắt $(ABC)$ tại $M,N$. Chứng minh rằng đường tròn có tâm trên $AK$ và đi qua $M,N$ thì tiếp xúc $(K)$.

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.

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 toán 151 này là mở rộng của mình cho một bài toán của bạn Trịnh Huy Vũ, được post tại đây, xem #11, vẫn còn bài toán 146 chưa có lời giải, nếu tới mai không có ai giải mình sẽ post đáp án. Dark Repulsor em hãy đề nghị một bài toán tiếp.

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.

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 $ABC$.

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 $100$.

Dương đồng ý, mình xin đề nghị một bài khác

$\boxed{\text{Bài toán 73.}}$ Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. $AD$ cắt $BC$ tại $E$. $AC$ cắt $BD$ tại $G$. $H$ là hình chiếu của $O$ lên $EG$. Trung trực $EH$ cắt $BC,AD$ tại $M,N$. Đường tròn $(HMB)$ và $(HNA)$ cắt nhau tại $K$ khác $H$. Chứng minh rằng $\triangle KBE\sim\triangle KEA$.

Cám ơn Quân(halloffame) đã nhắc mình chỉnh lại đề. Tiện thể mình thêm hình vẽ.

$\boxed{\text{Bài toán 71.}}$ Chứng minh rằng đường thẳng Simson của một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp một tam giác chia đôi đoạn thẳng nối điểm đó và cực trực giao của đường thẳng Simson này với tam giác đã cho.

Chuẩn rồi Bảo, cái điểm đồng quy của AX,BY,CZ đó gọi là điểm Prasolov đó. Điểm Prasolov nằm trên đường nối tâm Euler và điểm Lemoine !

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 Bảo, lời giải của thầy
 

Nguồn gốc bài 9 http://www.artofprob...unity/c6h486466

Nguồn gốc bài 10 http://www.artofprob...unity/c6h470341

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.

Bài của Bảo là mở rộng định lý 1 trong bài viết này http://forumgeom.fau...e4/FG200411.pdf

Đây là mở rộng hay, mình biết 1 vài mở rộng nữa trên AoPS, tuy nhiên chúng ta vẫn hãy tập trung giải bài Bảo đề nghị!