Nguyen Dinh Hoang

Lời giải bài 1 của mình:

Gọi $S$, $T$ thứ tự là giao của $IC$, $IB$ với $(O)$. $X$ là trung điểm $ST$. 

Áp dụng định lý com bướm ta có $X, I, K$ thẳng hàng và $I$ là trung điểm $SK$. Gọi $Y$ là trung điểm $AX$ theo định lý Thales ta có $M$ là trung điểm $YJ$. 

Ta có $\angle AIM = 2\angle AXM = 2\angle MXY= 2(90^{\circ}-\angle MIX)$. Nên $AYIN$ nội tiếp dẫn đến $MY.MN= MA.MI$ hay $MA.MA= MJ.MN$ nên $AM$ là tiếp tuyến của $(AJN)$ hay ta chỉ cần chứng minh $AJIH$ nội tiếp. Đúng vì khi lấy đối xứng trục của $AJIH$ qua trục $AI$ thì trở thành $(AIN)$. Ta có $DPCM$ 

1 cách khác cho bài 1: 

Bổ đề: Cho $ABC$ nội tiếp $(O)$, 1 đường tròn $(K)$ bất kì qua $B, C$ cắt $AB, AC$ tại $E, F$, $P$ là giao 2 đường chéo, $Q$ là tâm của $(KEF)$. Khi đó $P, Q, O$ thẳng hàng.

Trở lại bài toán:

Gọi $G$ là giao của $FC, EB$. Ta chỉ cần chứng minh $P, G, O$ thẳng hàng.

Ta có $\angle PEF= 90^{\circ} - \angle A- \angle FEB$, $\angle OCF = \angle FCE - 90^{\circ} - \angle B$. Nên $\angle OCF = \angle JEF$. Nên $JE$ và $OC$ cắt nhau trên $(K)$ tại $U$ tương tự có $V$. Áp dụng định lý $Pasal$ cho bộ $FUVECB$ ta có $P, G, O$ thẳng hàng. $dpcm$

Lời giải của em:

Bổ đề: Cho tam giác $ABC$, $AP$, $AQ$ là 2 tia đẳng giác trong góc $BAC$. $BP$ cắt $AQ$ tại $X$, $BQ$ cắt $CP$ tại $Y$. Thì $AX$, $AY$ đẳng giác trong $BAC$. (C/m ở trước ).

Gọi $L$ là giao của $AR$ với $BC$, $J$ là giao của $AC$ với $PQ$. Ta chỉ cần chứng minh $KM$, $KN$ đẳng giác trong $AKI$. Áp dụng bổ đề ta cần chứng minh $KJ$, $KL$ đẳng giác trong $AKI$ mặt khác ta lại có $\measuredangle AIL = \measuredangle KIQ$ nên $IL$, $IQ$ đẳng giác trong $AIK$ nên ta chứng minh $L$ và $J$ là 2 điểm đẳng giác trong tam giác $AKI$ 

Ta chứng minh $\measuredangle RAI = \measuredangle KAC$. Ta có $\measuredangle KAC = \measuredangle IAC - \measuredangle IAK = \measuredangle IAB - \measuredangle KAI = \measuredangle BAI - \measuredangle BAR = \measuredangle RAI$. Ta có $DPCM$$

Lời giải: 

+,$V$ là giao của phân giác ngoài góc $A$ với $BC$. Ta chứng minh đoạn $AR$ cắt $(O)$ tại $X$ thì tiếp tuyến tại $X$ của $I$ đi qua $V$

Theo tính chất song song ta dễ có $ANDM$ nội tiếp, Gọi $Y$ là tâm của $ANDM$.  $AVDI$ nội tiếp nên ta cần chứng minh $X$ nằm trên $(AID)$ là đủ. Gọi $T$ là giao của $ID$ với $AV$. Sử dụng chùm tâm $V$ chiếu lên $ID$ ta có $(TI,RD) = -1$ mà $\measuredangle IAT = 90$ nên $AI$ là tia phân giác $\measuredangle DAR$ (1). $W$ là giao của $AI$ với $(I)$ $S$ là giao của $AR$ với $(I)$ do (1) nên $WD = WS$.$L$ là giao của $ID$ với $(I)$. Ta có $\measuredangle LXR = \measuredangle LXS = 90^{\circ} - 2\measuredangle WXD = 90^{\circ} - \measuredangle DIW= \measuredangle VTI$. Lại gọi $X'$ là giao của $(AID)$ với $(I)$ theo tc hàng điều hòa ta có tiếp tuyến tại $X'$ của $(I)$ đi qua $V$. Ta có $\measuredangle LX'R = \measuredangle LXV - \measuredangle XDV - \measuredangle DIW = 90^{\circ} - \measuredangle DIW = \measuredangle VTD$ Nên $X$ trùng $X'$ ta có $dpcm$.

+, Ta chứng minh $Y$ nằm trên $(AID)$ thật vậy ta có 2 tam giác $ANF$ và $DFJ$ đồng dạng (G.G) nên $\frac{NF}{FA} = \frac{FJ}{JD}$  thiết lập đẳng thức tương tự chú ý $JE = JF$ nên $NF = ME$ từ đó $(FDE)$ đi qua điểm chính giữa cung lớn $EF của $(I)$ hay $(FDE)$ đi qua $W$.

Nên $\measuredangle AYD = 2 \measuredangle AWD= 2 \measuredangle IWD = 180 - \measuredangle AVD$. Nên $(AID)$ đi qua $Y$.

Vậy tóm lại ta chỉ cần chứng minh $X, Y, W$ thẳng hàng là OK!. Thật vậy ta có $\measuredangle LXW = 90^{\circ} - \frac{1}{2}.\measuredangle DIW$. Mà $\measuredangle LXY = \measuredangle LXV - \measuredangle YXV = \measuredangle XDV + \measuredangle XDL - \measuredangle XDV - \measuredangle YVD = 90^{\circ} - \frac{1}{2}. \measuredangle DIW$. Nên ta có $X, Y, W$ thẳng hàng. Vậy ta có $dpcm$ 

Bài này khá dễ lời giải của em: Kí hiệu $R$ là trực tâm $ABC$ thay vì $H$

Gọi $V$ là điểm tiếp xúc của $EF$ với $HBC$ ta chứng minh $KEF$ tiếp xúc $(O)$ thật vậy $CV$ cắt $(O)$ tại $X$ tương tự có $Y$ áp dụng định lý $Pascal$ đảo ta có $XF$, $YE$ cắt nhau tại 1 điểm nằm trên $(O)$ là $H$. Do $EF$ tiếp xúc $HBC$ nên dễ có $BFVH$ nội tiếp tương tự ta có $VECH$ nội tiếp nên ta có$\measuredangle FHE = \measuredangle FBV + \measuredangle VCE = \measuredangle AFE + \measuredangle AEF + 180 - \measuredangle BVC = 180 -2 \measuredangle A = \measuredangle FKE$ nên $HFKE$ nội tiếp. Gọi $Hx$ là tiếp tuyến của $HEF$ ta có $\measuredangle xHB = \measuredangle xHF - \measuredangle FBH = \measuredangle FEH - \measuredangle FBH = \measuredangle BCH$ nên $Hx$ cũng là tiếp tuyến của $HEF$ ta có $KEF$ tiếp xúc $(O)$.

Gọi $T$ là giao của $EF$ với $KH$ ta có $KT.KH$ $=$ $KE.KE$ tính chất của điểm chính giữa cung nên. Xét nghịch đảo trong đường tròn $(K)$ thì $AEF$ đi qua $T$ và $AEF$, $(O)$, $(K)$ đồng trục. 

Áp dụng định lý tâm đẳng phương cho 3 đường tròn $(O)$, $(AFE)$, $(KEF)$ ta có $EF$, tiếp tuyến tại $H$ của $(O)$ và $IA$ đồng quy tại $J$, trong đó $I$ là giao của $(K)$ với $(O)$  

Ta chứng minh $JT$ $=$ $JH$ điều này hiển nhiên vì$\measuredangle JHT = \measuredangle JHF + \measuredangle FHT = \measuredangle THE + \measuredangle TEH = \measuredangle JTH$ nên $JT = JH$. Lại có $JI.JA= JH^{2} = JT^{2}$ nên $(AMN)$ tiếp xúc $EF$. Ta có $dpcm$