pntoi oni10420

Gợi ý: Chứng minh $\widehat{BPC}=2\widehat{XPY}$ (tính chất này có khá nhiều ở gg, hoặc bạn có thể tìm hiểu ở sách thầy Linh phần đường đẳng giác)
Gọi $S, T$ là hình chiếu của $P$ lên $CA, AB$. Chứng minh $STMK$ nội tiếp
Biến đổi góc để chứng minh $\widehat{EPF}=\widehat{BPC}$

Bổ đề khá hay muốn gửi mấy bạn thcs: 

Bài 19: Cho $\triangle ABC$, tiếp tuyến tại $A$ cắt $BC$ tại $T$, đường thẳng bất kì qua $T$ cắt $AB$, $AC$ lần lượt tại $M$, $N$, cmr: $\frac{BM}{MA}$ $\cdot$  $\frac{NA}{NC}$ = $\frac{TB}{TC}$ Từ đó dẫn tới việc, kẻ $MK$ // $AC$, $NL$ // $AB$ ($K$, $L$ thuộc $BC$) thì $(AKL)$ tiếp xúc $(ABC)$. Ở đây kí hiệu $(ABC)$ là đường tròn ngọai tiếp $\triangle ABC$. 

Ý đầu Mene
Ý sau, sử dụng tính chất: $\frac{TB}{TC}=\frac{AB^2}{AC^2}$ để chứng minh $AK$, $AL$ đẳng giác

Bài 18: Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$ có $H$ là trực tâm, $AD$ là đường cao, $M$ là trung điểm của $BC$. $HM$, $(AH)$, $(O)$ giao nhau tại $Q$. $HX$ vuông góc với $QM$ sao cho $X$ thuộc $BC$. $L,P$ là trung điểm của $QH,QA$. $NQ//LX$ sao cho $N$ thuộc $PM$. Chứng minh $(DMN)$ tiếp xúc $(QH)$

Gọi $(QH)$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $K$
Định nghĩa là điểm $P$. Gọi $P$ là giao điểm thứ hai của $(KMQ)$ với $AQ$, khi đó ta có được $\Delta KQP\sim \Delta KHM(g-g)$ (1)
Gọi $J$ đối xứng với $H$ qua $M$, dễ chứng minh được $\Delta KQA\sim \Delta KHJ(g-g)$ (2)
Từ (1) và (2) biến đổi tỉ số sẽ dễ chứng minh được $P$ trung điểm $AQ$ (đúng với giả thiết)
Một tính chất quen thuộc là $XH = XK$ là tiếp tuyến của $(QH)$. Phần này chỉ cần gọi đối xứng với $H$ qua $BC$ sau đó biến đổi góc
Do đó $XL\perp KH$ hay $NQ\perp KH$. Mà $QK\perp KH$ nên $N$, $Q$, $K$ thẳng hàng
Gọi $T$ là đối xứng của $H$ qua $BC$. Ta có $X$ là tâm $(KHT)$ và $XK^2=XH^2=XD.XM$
Do đó $\widehat{NKD}+\widehat{NMD}=90^{\circ}+\widehat{HKD}+\widehat{KTA}+KMD=90^{\circ}+\widehat{XKD}+\widehat{HKD}+90^{\circ}-\widehat{XKH}=180^{\circ}$ hay $DKNM$ nội tiếp
Mặt khác $XH^2=XK^2=XD.XM$ nên $XK$ là tiếp tuyến của $(QH)$ và $(DNM)$ hay có đpcm
P/s: bạn có thể tham khảo đề chọn đt hsgqg tỉnh bắc giang 2021 để rõ hơn về bài này, vì trong đề không yêu cầu chứng minh hai đường tròn tiếp xúc mà còn chứng minh các ý nhỏ khác, như vậy các bạn sẽ dễ hình dung được lời giải bài toán hơn

Góp 1 bài đơn giản nhé  Lâu quá không trở lại diễn đàn rồi

Bài 17: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O),$ ngoại tiếp $(I).$ $(I)$ tiếp xúc với $BC$ tại $D.$ $X$ đối xứng $A$ qua $O.$ $DX$ cắt $(O)$ tại $Y$ khác $X.$ $AI$ cắt $(O)$ tại $K.$ Chứng minh rằng tiếp tuyến tại O của $(OXY)$ cắt $DK$ tại một điểm chính là tâm của (AYI).

Gọi $S$ là tâm $(AYI)$. $AS$ cắt $XY$ tại $E$. Dễ thấy $OS$ $//$ $XY$ ($\perp AY$) nên $S$ là trung điểm $AE$ hay $AYEI$ nội tiếp hay $EI$ $//$ $KX$
Bài toán đưa về chứng minh $DK$ đi qua trung điểm $AE$. $AI$ cắt $XY$ tại $G$. Để $\overline{K,D,F}$ thì cần $\frac{KA}{KG}.\frac{GD}{DE}.\frac{ES}{SA}=1\Rightarrow \frac{KA}{KG}=\frac{DE}{DG}$ (1)
$DK$ cắt $IE$ tại $F$. $Menelaus$ cho $\Delta IEG$ được $\frac{KI}{KG}.\frac{DG}{DE}.\frac{EF}{FI}=1$ (2)
Từ (1) và (2) đưa về chứng minh $\frac{EF}{FI}=\frac{KA}{KI}$. $DI$ cắt $KX$ tại $T$ thì suy ra $\frac{EF}{FI}=\frac{KX}{KT}$. Do đó cần chứng minh $\frac{KA}{KI}=\frac{KX}{KT}$ (đúng do $\Delta IKT\sim \Delta AKX(g-g)$). Do đó $K$, $D$, $S$ thẳng hàng. Mặt khác $OS // XY$ nên hiển nhiên $OS$ là tiếp tuyến của $(OXY)$

Tam giác ABC ngoại tiếp (I), có trực tâm H. (I) tiếp xúc với BC,CA,AB lần lượt tại D, E, F. Gọi G là hình chiều của D lên EF. Chứng minh GH và GI đẳng giác trong góc BGC.

Gợi ý: Gọi $K$ là trực tâm $\Delta AEF$, chứng minh $\overline{H,G,K}$

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$, $D$ và $E$ thay đổi trên cạnh $AB$, $AC$ sao cho $BD$ = $CE$. $BE$ cắt $CD$ tại $I$, đường thẳng qua $I$ song song với $DE$ cắt $BC$ tại $P$. $AI$ cắt $(O)$ tại $K$. Chứng minh $PK$ luôn đi qua một điểm cố định.
P/s: không biết đã có ở đâu chưa

$K$ $\in (HEF), K\in (BHC)$ nên $K$ là điểm $Miquel$ của tứ giác toàn phần $BHFP.EC$.
Mặt khác $A$ là trực tâm $\Delta HBC$, $L$ là trực tâm $\Delta HEF$ nên $AL$ là đường $Steiner$ của tứ giác toàn phần này
Do đó $AL$ đi qua đường $Steiner$ của $M$ ứng với $\Delta HEF$ hay có đpcm

Cho $\Delta ABC$ nội tiếp $(O)$, $D$ là một điểm bất kì thuộc $\widehat{BC}$ nhỏ của $(O)$. Một đường thẳng bất kì $//$ với $BC$ cắt $AB$, $AC$ tại $E$ và $F$. $DE$, $DF$ cắt $O)$ tại $M$ và $N$. $MN$ cắt tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ tại $S$. Gọi $U$, $V$ là tâm của $(SAM)$, $(SAN)$. Chứng minh UV//OA

Cho $\Delta ABC$ nhọn nội tiếp $(O)$, $D$ là một điểm bất kì nằm trong $\Delta ABC$ và thuộc đường phân giác $\widehat{BAC}$. $BD$, $CD$ cắt $AC$, $AB$ tại $E$, $F$. $EF$ cắt $(O)$ tại $M$, $N$. $ED$, $FD$ cắt $(O)$ tại $J$, $K$. Chứng minh $(DMN)$ tiếp xúc $(DJK)$.
 

Cho $\Delta ABC$, đường thẳng $d$ bất kì $//$ $BC$ cắt $AC$, $AB$ tại $E$, $F$. $G$ là điểm bất kì thuộc đường đối trung ứng với đỉnh $A$ của $\Delta ABC$.
$GE$, $GF$ cắt $CF$, $BE$ tại $K$ và $L$. Chứng minh $AK$, $AL$ đối xứng với nhau qua phân giác $\widehat{BAC}$

Vẽ các đường cao $BG$, $CI$ của $\Delta ABC$, $J$ trung điểm $AH$, $H'$ đối xứng với $H$ qua $D$
Ta chứng minh $E$ thuộc trục đẳng phương của $(AM)$ và đường tròn $Euler$
$\Leftrightarrow EA.EM=EJ.ED\Leftrightarrow \frac{EA}{EJ}=\frac{ED}{EM}\Leftrightarrow \frac{EA}{AJ}=\frac{ED}{DM}\Leftrightarrow \frac{EA}{\frac{AH}{2}}=\frac{ED}{\frac{H'E}{2}}$$\Leftrightarrow \frac{H'E}{AH}=\frac{ED}{EA}$
Mặt khác: $\Delta CH'E\sim \Delta EHI(g-g), \Delta AHI\sim \Delta CHD(g-g)\Rightarrow \left\{\begin{matrix} \frac{H'E}{CH}=\frac{HI}{HE} & \\ \frac{CH}{AH}=\frac{HD}{HI}& \end{matrix}\right.$
$\Rightarrow \frac{H'E}{AH}=\frac{HD}{HE}$
Hay điều phải chứng minh quy về $\frac{HD}{HE}=\frac{ED}{EA}\Leftrightarrow \frac{HD}{ED}=\frac{ED}{AD}\Leftrightarrow HD.DA=ED^2=DB.DC$ ( hiển nhiên đúng ). Đpcm

Cho $\Delta ABC$, $A'$ và $B'$ thuộc $AB$, $AC$ sao cho $\widehat{AA'M}=\widehat{BAC}=\widehat{BB'M}$ với $M$ trung điểm $BC$. Chứng minh tâm $(AA'B')$ trùng với tâm $Euler$ của $\Delta ABC$

a) Dễ thấy $ME$, $MF$ là tiếp tuyến của $(AH)$
Áp dụng định lí $Pascal$ vào tứ giác $AEKF$: $\begin{pmatrix} A &E & F \\ K & F& E &\end{pmatrix}$ $\Rightarrow \overline{P,M,Q}$
b) $EF$ cắt $BC$ tại $J$, $HM$ cắt $(O)$ tại $L$. Dễ thấy $AL$, $EF$, $HK$, $BC$ đồng quy tại $J$
Gọi $I$ là giao của $CK$ và $(AH)$, ta có $MC^2=MH.ML=MK.MA\Rightarrow \widehat{MCK}=\widehat{MAE}=\widehat{KIE}\Rightarrow IE//BC$ hay $IE\perp AH$. 
$AM$ cắt $(O)$ tại $N$, khi đó $(LN , RC)$ $=$ $A(LN , RC)$ $=$ $(JM, XC)$ $=$ $K(JM , XC)$ $=$ $(HA , EI)$ $=$ -1
Hay $LRNC$ điều hòa, khi đó $LN$ đi qua $G$, cm tương tự thì $LN$ cũng đi qua $T$. Đpcm

Dùng Pascal thôi

Gọi tiếp điểm của $(J)$ và $(O)$ là $X$, $AX$ cắt $(J)$ tại $H$ kẻ tiếp tuyến từ $H$ của $(J)$ cắt $(O)$ tại $E'$, $F'$
Theo $Archimedes Lemma$ thì $XH$ đi qua điểm chính giữa cung $E'F'$ hay $AE'$ = $AF'$
Mà $AP^2$ = $AH$ . $AX$ = $AE'^2$ = $AF'^2$ nên $A$ là tâm $(PE'F')$
Mặt khác $E'$, $F'$ cũng thuộc $(O)$ nên $E'$ trùng $E$, $F'$ trùng $F$
Đpcm