p/s: trong topic hình ôn thi thpt chuyên 2018-2019

Gọi $(O')$ là tâm $(CDEF)$, $I$ trung điểm $CD$, $K$ là giao của $MO$ và $EF$
Khi đó $(O'IOK)$ nên $O'I=\frac{R}{2}$
Nếu gọi $H$ là hình chiếu của $D$ lên $BC$ thì $DC\geq 2R$
Từ đó dùng $Pythagoras$ cho tam giác $O'CI$ là dc

Cho tam giác $ABC$ nhọn($AB<AC$);đường cao $BE,CF$ cắt nhau tại $H$;$M$ là trung điểm $BC$.Gọi $\left ( I_{1} \right ),\left ( I_{2} \right ),\left ( J_{1} \right ),\left ( J_{2} \right )$ lần lượt là đường tròn nội tiếp các tam giác $AHB,AHC,MBF,MCE$;$K$ là giao của các tiếp tuyến chung trong của $\left ( J_{1} \right ),\left ( J_{2} \right )$.Chứng minh rằng tiếp tuyến chung trong khác $AH$ của $\left ( I_{1} \right ),\left ( I_{2} \right )$;$HK$ và $BC$ đồng quy.

 

 

 

P\s:Lâu không quay lại diễn đàn  

https://artofproblem...unity/c6h487427
Dùng bổ đề này lầ được

Gợi ý: - Kẻ đường cao $BE, CF$, gọi $I$ là giao điểm của trung trực $HD$ với $EF$. Chứng minh $IH$ tiếp xúc $(HMN)$. Dùng bổ đề 1 ở link này: https://diendantoanh...-trung-trực-ai/
           - Chứng minh $AP$ vuông góc $ID$, bằng cách gọi hình chiếu của $A$ lên $ID$ và $XY$ là $S, T$. Chứng minh $AS, AT$ đẳng giác trong $\widehat{AXY}$. Phần này chỉ biến đổi góc
           - Gọi $DE, DF$ cắt $CH, BH$ tại $J, L$. $R$ là tâm $(DJL)$, $N$ là tâm Euler của tam giác $ABC$. $AN$ cắt $BC$ tại $Q$. $U$ là trung điểm $AQ$. Chứng minh $D, R, U, K$ thẳng hàng. Dùng bổ đề hình thang và vị tự tâm $A$ tỉ số $\frac{1}{2}$. Sau đó dùng lại bổ đề 1 ở link trên là được
P/s: Có lẽ bài này là kết hợp của đề chọn đt tỉnh Đồng Nai năm 2022 và chuyên Lê Quý Đôn Khánh Hoà 2021


 

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$. Các đường cao $AA_1$, $BB_1$, $CC_1$ đồng quy tại $H$. $P$ là điểm bất kì trên $OH$. $AP$, $BP$, $CP$ cắt $(O)$ lần lượt tại $A_2$, $B_2$, $C_2$. $A_3$, $B_3$, $C_3$ là các điểm đối xứng với $A_2$, $B_2$, $C_2$ qua $A_1$, $B_1$, $C_1$. Chứng minh $H$, $A_3$, $B_3$, $C_3$ đồng viên.
Góp cho bạn bài toán có cấu hình gần giống bài 1

Cho $\Delta ABC$, các đường cao AD, BE, CF. Gọi M, N là tâm đường tròn nội tiếp $\Delta BFD,\Delta CDE$ và P, Q là tâm (ABM), (ACN). Chứng minh MN//PQ

$\Leftrightarrow 2x^2-10x+12+3(\sqrt{x-1}-1)+2(\sqrt{x+2}-2)=0\Leftrightarrow (x-2)(\frac{3}{\sqrt{x-1}+1}+\frac{2}{\sqrt{x-2}+2}+2x+6)=0$
ngoặc 2 luôn > 0 nên $x=2$ 

$\Leftrightarrow x^2(13\sqrt{2-x^2}+9\sqrt{2+x^2})^2=1024$
$Bunhiacopxki$ cho $VT: VT\leq x^2(13+26)(26-13x^2+6+3x^2)=40x^2(32-10x^2)\leq 1024 (Cauchy)$
Dấu $'='$ xảy ra$:....$

Nếu bài này dùng Cauchy thì hơi khó tại điểm rơi là số vô tỉ nên phải nghĩ đến việc dùng Bunhia
Còn việc tách thì mình nghĩ đơn giản là tách làm sao để khi bunhia xong sẽ ra được một biểu thức gọn nhất hoặc có một chút liên hệ với $VP$

PT (1) $\Leftrightarrow 3x^2+3y^2-3xy+12y+3 \Leftrightarrow 3x^2+10y+3=3xy-3y^2-2y$
Thay vào PT (2) dc $3xy-3y^2-2y-y(x-y)^2=0$

y=0 (loại)
$y\neq 0\Leftrightarrow (x-y)^2-3(x-y)+2=0 \Leftrightarrow (x-y-1)(x-y-2)=0$
Đến đây chắc dễ rồi.

giải hệ phương trình

Từ pt (2) có dc (5x-2)($2y^4x-8y^4-1)=0$ 
$x=\frac{2}{5}$ và $y^2=\frac{1}{\sqrt{2x-8}}$ thay vào pt đầu tìm x, y

Cho tam giác ABC có điểm P nằm ở miền trong tam giác sao cho khi gọi D,E,F lần lượt là hình chiếu của P lên BC,CA,AB thì AD,BE,CF đồng quy. từ A,B,C lần lượt kẻ đường thẳng vuông góc với PA,PB,PC tạo thành tam giác MNP (A khác phía M so với BC,N khác phía B so với AC và P khác phía C so với AB). CMR: AM,BN,CP đồng quy

Có thể đưa về bài toán dễ nhìn hơn như sau: Cho $\Delta ABC$, $P$ nằm trong tam giác. $D,E,F$ là hình chiếu của $P$ lên $BC, CA, AB$. $X,Y, Z$ là hình chiếu của $P$ lên $EF, FD, DE$. Khi đó nếu $DX, EY, FZ$ đồng quy thì $AD, BE, CF$ đồng quy
Ta có: $\widehat{XPE}=\widehat{AEF},\widehat{XPF}=\widehat{AFE}\Rightarrow \frac{AF}{AE}=\frac{sin\widehat{AEF}}{sin\widehat{AFE}}=\frac{sin\widehat{XPE}}{sin\widehat{XPF}}=\frac{XE}{PE}.\frac{PF}{XF}$
Tương tự với các cặp còn lại, kết hợp với $DX, EY, FZ$ đồng quy ta có đpcm

Cho tam giác ABC. (O) bất kì qua B,C cắt AB,AC lần lượt tại F,E. (AEB) cắt (AFC) tại I khác A. (AEB) cắt CF tại M (F nằm giữa C,M). (AFC) cắt BE tại N (E nằm giữa B,N). Đường thẳng qua M vuông góc AM cắt BE tại U, đường thẳng qua N vuông góc AN cắt CF tại V. 

CMR: MN,UV,OI đồng quy

Gợi ý: - Gọi $X, Y$ trung điểm $BF, CE$. Chứng minh $A, X, I, Y$ đồng viên (tỉ số phương tích) để có được $\widehat{AIO}=90^{\circ}$
           - Kẻ đường kính $AK, AL$ của $(ABE), (ACF)$, $J$ là giao điểm của $KM, LN$. Chứng minh $KN, PJ, ML$ đồng quy. Chứng minh bằng cách gọi $Q, R$ lần lượt là giao điểm của $JP, KL$ với $MN$. Khi đó cần chứng minh $(RQ, NM)=-1$. Chú ý $AN=AM$ và sử dụng phép nghịch đảo cực $A$ phương tích $=AP.AI$ (gợi ý tiếp như hình vẽ).
                   

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có G nằm trên (O) sao cho AG là đường đối trung ứng với đỉnh A. A' đối xứng A qua O. M là trung điểm BC.AD là đường cao ứng với đỉnh A(D thuộc BC).A'M cắt (O) tại L.CMR:

a)L,D,G thẳng hàng

b)AA' cắt BC tại J. GJ cắt (O) tại T. CM TL//BC

a) Kẻ đường cao $BE, CF$ thì $AL, EF, BC$ đồng quy tại $X$. Do đó nếu gọi $AD$ cắt $(O)$ tại $S$ thì ta có $(LS, BC)$ = $A(LS, BC)$ = $A(XD, BC)=-1$ 
Do đó xét phép nghịch đảo cực $D$ phương tích $DB. DC$ sẽ có đpcm
b) Chứng minh $GMJA'$ nội tiếp. Để ý $BC$ phân giác góc $AMG$

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với I là tâm nội tiếp. BI cắt AC tại E. CI cắt AB tại F. (AEF) cắt (O) tại P. và L là điểm chính giữa cung lớn BC của (O). CM PL cắt BC tại điểm nằm trên trung trực của AI

Gợi ý: Dùng 2 bổ đề sau
Bổ đề 1: Tiếp tuyến tại $A$ của $(AEF)$ cắt $BC$ tại $T$. Khi đó $T$ thuộc trung trực $AI$ và $TI//EF$
Bổ đề 2: $D$ là giao điểm hai tiếp tuyến tại $B$ và $C$ của $(O)$. Khi đó $ID$ đi qua trung điểm $EF$
Sau đó gọi $ID$ cắt $BC$ tại $S$, $LS$ cắt $(O)$ tại $X$. Chứng minh $(GX, BC)=-1$. Sau đó dùng bổ đề 1 là xong            
                         

bạn chỉ rõ hơn cách cm bổ đề đc ko

Bổ đề 1: Gọi $AI$ cắt $BC, EF$ tại $D$, $K$. $EF$ cắt $AT, BC$ tại $S, L$. Khi đó ta có $SA=SK=SL$.
Menelaus cho $\Delta ATD$ với cát tuyến $L, S, K$. Chú ý $(AI,KD)=-1$. Biến đổi tỉ số để suy ra được $TI//EF$ và $TA=TI$.
Bổ đề 2: Gọi giao 2 tiếp tuyến tại $B, C$ của $(O)$ là $D$. $ID$ cắt $EF$ tại $M$. $\frac{MF}{ME}=\frac{sin\widehat{MIF}}{sin\widehat{MIE}}.\frac{IF}{IE}=\frac{sin\widehat{DIC}}{sin\widehat{DIB}}.\frac{sin\widehat{FAI}.AI}{\widehat{AFC}}.\frac{sin\widehat{AEB}}{AI.\widehat{sinEAI}}=\frac{sin\widehat{DIC}}{sin\widehat{DIB}}.\frac{sin\widehat{IBD}}{sin\widehat{ICD}}=1$.               
@chỉ đơn giản là biến đổi góc, gọi $IG$ cắt $(AEF)$ tại $Z$, biến đổi góc để dc $\widehat{IAZ} = 90^{\circ}$. Chú ý $T$ là tâm $(AGI)$                  

bạn nói rõ hơn đc ko, mik ko hiểu lắm

Gọi $X, Y, Z$ là tiếp điểm của $(I)$ với $BC, CA, AB$. Một tính chất khá quen thuộc là $A_1, X, D$ thẳng hàng. Vì vậy bài toán đưa về chứng minh $XD, YE, FZ$ đồng quy
Cái này thì hiển nhiên vì $XY//DE$ (cùng vuông $CI$). Tương tự $YZ//EF, ZX//FD$. Điểm đồng quy là tâm vị tự ngoài của $(O)$ và $(I)$ nên nó nằm trên $OI$

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I). (AI) cắt (O) tại điểm thứ hai là $A_{1}$. $B_{1}, C_{1}$ định nghĩa tương tự. D,E,F lần lượt là điểm chính giữa cung BC,CA,AB không chứa A,B,C của (O).CMR $A_{1}D,B_{1}E,C_{1}F$ đồng quy tại 1 điểm nằm trên IO

$A_1D$ sẽ đi qua tiếp điểm của $(I)$ trên $BC$, do đó nếu bạn gọi tiếp điểm ra thì các đường này sẽ đồng quy (tam giác có các cạnh song song) tại tâm vị tự ngoài của $(O)$ và $(I)$

Gợi ý cho bạn một cách giải sau:
Gọi $BE$ cắt $CF$ tại $T$, $AO$ cắt $(O)$ tại $G$. 
Chứng minh $TG\perp BC$. Để chứng minh phần này thì bạn chứng minh bằng cách: $TB^2-TC^2=GB^2-GC^2$ (đồng dạng và định lí $Pytago$)
Sau đó áp dụng đường thẳng $Gauss$ cho chứ giác toàn phần $AFTE.BC$

mik ko hiểu lắm. Bạn nói rõ hơn đoạn CM TG vuông góc BC để lm gì và áp dụng đt gauss ntn đc ko

Có được $TG\perp BC$ thì gọi $I$ là trung điểm $AT$ $\Rightarrow OI//TG$ hay $OI\perp BC$. 
Mà $OB=OC$ nên hiển nhiên $IB=IC$
Gọi $N$ là trung điểm $EF$ thì theo tính chất đường thẳng $Gauss$ $\Rightarrow \overline{I,N,M}$
Mặt khác $IB=IC$, $MB=MC$ nên $NB=NC$. Đpcm

Cho tam giác nhọn A1B1C1. Trên các cạnh B1C1,C1A1,A1B1 lần lượt lấy A,B,C sao cho $\triangle ABC\sim \triangle A1B1C1$.CMR các trực tâm của tam giác ABC và A1B1C1 cách đều tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Gợi ý: - Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp $\Delta ABC$ thì $O$ cũng là trực tâm $\Delta A_1B_1C_1$. Khi đó $O$ là điểm Miquel của bộ điểm $A_1, B_1, C_1$ trong $\Delta ABC$
           - $H$ là trực tâm $\Delta ABC$, $O'$ là tâm ngoại tiếp $\Delta A_1B_1C_1$
           - $AH$ cắt $(AB_1C_1)$ tại $D$. Chứng minh $O'$ là tâm $(DHO)$. Chú ý $\Delta AHO\sim \Delta A_1OO'$
@mình đã sữa, cảm ơn Explorer

Cho tam giác ABC. Đường trung trực của AB,AC lần lượt cắt tia phân giác trong góc A của tam giác ABC tại M,N. Gọi H là trực tâm tam giác OMN. I là trung điểm BC. CM: A,I,S thẳng hàng

Bạn tham khảo: Đề thi duyên hải đồng bằng bắc bộ khối 11 năm 2015-2016
https://diendantoanh...16/#entry629246

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$ trong đó $B,C$ cố định , $A$ thay đổi trên cung lớn $BC$ , I là tâm nội tiếp $\Delta ABC$

Đường tròn $Mix-A$ tiếp xúc $AB,AC$ lần lượt tại $E,F$ và tiếp xúc với $(O)$ tại $K$ . Đường thẳng qua $E$ và vuông góc với $IB$ cắt đường thẳng qua $F$ vuông góc với $IC$ tại $P$. Chứng minh rằng $IP$ đi qua điểm cố địng khi A di động 

Gợi ý: - $M, N$ là điểm chính giữa cung $BC$ lớn, nhỏ của $(O)$. Chứng minh $K, P, N$ thẳng hàng
           - Điểm cố định là điểm đối xứng với $M$ qua $N$ (dùng bổ đề hình thang). Chú ý tâm đường tròn $A-Mix$ nằm trên $AN$ và $K, I, M$ thẳng hàng

Dễ cm dc AK vuông với EF nên MN//EF
Từ đó chỉ ra dc BMNC nội tiếp hay góc HNM= góc HBD=góc HDM nên HMDN nội tiếp
Từ đó có DN vuông với CF