\documentclass[12pt,a4paper,twoside]{report}
\usepackage[utf8]{vietnam}
\usepackage[centertags]{amsmath}
\usepackage{amsfonts}
\usepackage{amssymb}
\usepackage{pgf,tikz}
\usetikzlibrary{arrows}
\usepackage{amsthm}
\usepackage{newlfont}
\usepackage{pifont}
\usepackage[mathscr]{eucal}
\usepackage{wrapfig}
\usepackage{graphicx}
\usepackage{amsmath,amsxtra,amssymb,latexsym,amscd,amsthm}
\usepackage[left=20mm,right=20mm,top=20mm,bottom=20mm,a4paper]{geometry}
\renewcommand{\baselinestretch}{1.5}

\usepackage[titles]{tocloft}
\renewcommand{\cftchapfont}{%
\fontsize{11}{13}\usefont{T5}{cmss}{bx}{n}\selectfont
}


\usepackage{fancyhdr}
\pagestyle{fancy}
\fancyhead[LE,RO]{\thepage}
\fancyhead[RE]{}
\fancyhead[LO]{}
\cfoot[]{}


\usepackage[unicode]{hyperref}
\hypersetup{colorlinks,citecolor=black,filecolor=black,linkcolor=black,urlcolor=blue}
\theoremstyle{plain}
\newtheorem{dinhly}{Định lý}
\newtheorem{bode}{Bổ đề}[section]
\newtheorem{hequa}{Hệ quả}
\newtheorem{ngly}{Nguyên lý}
\newtheorem{menhde}{Mệnh đề}


\theoremstyle{definition}
\newtheorem{baitoan}{Bài toán}[chapter]
\newtheorem{baitap}{Bài tập}[chapter]
\newtheorem{btap}{Bài tập}[chapter]
\newtheorem{dinhnghia}{Định nghĩa}[section]
\newcommand{\dn}{\begin{dinhnghia}}
\newcommand{\edn}{\end{dinhnghia}}
\newtheorem{pr}{Vấn đề}[chapter]
\newtheorem{thm}{Định lý}[section]
\newcommand{\dl}{\begin{thm}}
\newcommand{\edl}{\end{thm}}
\newtheorem{bd}{Bổ đề}
\newtheorem{col}{Hệ quả}


\renewcommand{\qedsymbol}{\ding{114}}
\newcommand{\hop}[1]{\noindent\begin{tabular}{|p{0.97\textwidth}|}\hline\begin{minipage}{0.96\textwidth}
{#1}
\end{minipage}\\ \hline \end{tabular}}

\makeatletter
\makeatother

\font\tua=ugqbo8v at 40pt
\font\smalltua=ugqbo8v at 30pt

\newcommand{\bbt}{\begin{baitoan} }
\newcommand{\ebt}{\end{baitoan}}
\newcommand{\bpr}{\begin{pr}}
\newcommand{\epr}{\end{pr}}
\newcommand{\bhd}{\begin{btap}}
\newcommand{\ehd}{\end{btap}}
\newcommand{\be}{\begin{baitap}}
\newcommand{\ee}{\end{baitap}}
\newcommand{\pso}{\displaystyle}
\newcommand{\abc}{ $\Delta ABC$ }
\newcommand{\vto}{\overrightarrow}
\newcommand{\lf}{\left}
\newcommand{\ri}{\right}
\newcommand{\xd}{\text{} \\ }
\newcommand{\goc}{\widehat}
\newcommand{\cd}{\cdot}
\newcommand{\td}{\Leftrightarrow}
\newcommand{\tr}{\equiv}
\newcommand{\sr}{\Rightarrow}
\newcommand{\ds}{\overline}
\newcommand{\mpi}{ ( \text{ mod } \pi ) }
\newcommand{\lgiai}{\begin{center} {\bf Lời giải} \end{center}}
\newcommand{\het}{ \begin{flushright} \ding{114} \end{flushright}}
\newcommand{\ytu}{$\circledast$ {\bf Ý tưởng:} \\ }
\newcommand{\lgi}{$\circledast$ {\bf Lời giải chi tiết:} \\ }
\newcommand{\nx}{$\circledast$ {\bf Nhận xét:} \\}
\newcommand{\om}{\omega}



\usepackage{eso-pic,calc}
\listfiles
\makeatletter
\AddToShipoutPicture{%
  \begingroup
    \setlength{\@tempdima}{12mm}%
    \setlength{\@tempdimb}{\paperwidth-2\@tempdima}%
    \setlength{\@tempdimc}{\paperheight-2\@tempdima}%
    \thicklines%
    \put(\LenToUnit{\@tempdima},\LenToUnit{\@tempdima}){%
      \framebox(\LenToUnit{\@tempdimb},\LenToUnit{\@tempdimc}){}}%
  \endgroup  
}
\makeatother
\makeatletter
\AddToShipoutPicture{%
  \begingroup
    \setlength{\@tempdima}{13mm}%
    \setlength{\@tempdimb}{\paperwidth-2\@tempdima}%
    \setlength{\@tempdimc}{\paperheight-2\@tempdima}%
    \thicklines%
    \put(\LenToUnit{\@tempdima},\LenToUnit{\@tempdima}){%
      \framebox(\LenToUnit{\@tempdimb},\LenToUnit{\@tempdimc}){}}%
  \endgroup  
}
\makeatother
\makeatletter
\AddToShipoutPicture{%
  \begingroup
    \setlength{\@tempdima}{14mm}%
    \setlength{\@tempdimb}{\paperwidth-2\@tempdima}%
    \setlength{\@tempdimc}{\paperheight-2\@tempdima}%
    \thicklines%
    \put(\LenToUnit{\@tempdima},\LenToUnit{\@tempdima}){%
      \framebox(\LenToUnit{\@tempdimb},\LenToUnit{\@tempdimc}){}}%
  \endgroup  
}
\makeatother

\begin{document}

\begin{titlepage}
 \centerline{\bf Le Hong Phong High School - Ho Chi Minh City}
\vspace*{8cm}

\begin{center}{\smalltua Topic}  \\ 
{\tua Application of \\ Algebra and Mathematical Analysis \\ to Plane Geometry}


\end{center}
\vspace*{0.5cm}

\vfill
 \centerline{\bf For internal use only}
\end{titlepage}
\newpage
\ClearShipoutPicture
\vspace*{5cm}
\vfill
\hrule


\thispagestyle{empty}
\newpage

\makeatletter
\def\thickhrulefill{\leavevmode \leaders \hrule height 0.5ex \hfill \kern \z@}
\def\@makechapterhead#1{%
\vspace*{15\p@}%
{\parindent \z@ \centering \reset@font
{\usefont{T5}{qbk}{m}{n}\LARGE \scshape #1\par\nobreak}
\par\nobreak
\vspace*{10\p@}
{\usefont{T5}{cmss}{m}{n}\large {}\par\nobreak}
\vskip 40\p@
}}
\tableofcontents
\chapter[Bài toán mở đầu]{Chapter I:  Bài toán mở đầu}
Consider the following example:\\

\hop{{\bf Problem 0.} Given \abc and  $D$ on segment $BC$. $I, J$ are midpoints of $DB,DC$ respectively. The perpendicular bisector of $DB$ intersects $AB$ at $M$, and the perpendicular bisector of $DC$ intersects $AC$ at $N$. Let $O$ be the center of the circumscribed circle of \abc . Prove $AMON$ is a cyclic quadrilateral.}
\lgiai
This problem is given by Dr. Le Ba Khanh Trinh. 6 students of Ho Chi Minh City's Math team came up with 6 different solutions as follows:\\


$\bigstar$ {\bf Solution 1:} \begin{center} \includegraphics{Sol1.png} \end{center}
Let $T$ be the midpoint of $BC$. Consider coordinate system $Txy$ with $T$ be the origin, $Tx \equiv BC$, $B(-1;0), C(1;0), D(d;0), A(a;b)$. Let $U,V$ are the midpoints of $AB,AC$ respectively. $K$ is the projection of $O$ on $MN$.\\
Denote by $\vec{n_{d}}$ the direction vector of $d$. We can deduce from some calculations that:
\begin{center}
\begin{itemize}
\item $I \left (\dfrac{d-1}{2}; 0 \right), \quad J \left(\dfrac{d+1}{2};0 \right), \quad U \lf (\dfrac{a-1}{2}; \dfrac{b}{2} \ri ), \quad V \lf (\dfrac{a+1}{2}; \dfrac{b}{2} \ri).$
\item $ (AB): y=\dfrac{b(x+1)}{a+1}, \quad (AC): y=\dfrac{b(x-1)}{a-1}.$
\item $ M \lf (\dfrac{d-1}{2}; \dfrac{b(d+1)}{2(a+1)} \ri ), N \lf (\dfrac{d+1}{2}; \dfrac{b(d-1)}{2(a-1)} \ri ).$
\item $x_O = x_T=0, \vto{OU} \parallel \vto{n_{AB}} \Rightarrow O \lf (0; \dfrac{a^2+b^2-1}{2ab} \ri ).$
\item $(MN): \dfrac{b(a-d)}{a^2-1} \lf (x -\dfrac{d-1}{2} \ri ) + y - \dfrac{b(d+1)}{2(a+1)}=0\ . \quad (1)$
\item $\vto{OK} \parallel \vto{n_{MN}} \Rightarrow \dfrac{x_K}{y_K - \frac{a^2+b^2-1}{2b}}=\dfrac{b(a-d)}{a^2-1}\ . \quad (2)$
\end{itemize} 
\end{center}
If we can prove that $K,U,V$ are collinear, we can deduce from Simson's theorem that $AMON$ is a cyclic quadrilateral. However, it requires a lot of effort in finding the coordinates of K from (1) and (2). \\
We notice that $y_U = y_V=\dfrac{b}{2}$, which means that $(UV): y=\dfrac{b}{2}$. \\Hence, we can deduce from $K \in UV$ that $y_K=\dfrac{1}{2}$, and from (2) we can find $$x_K =\dfrac{b(a-d)}{a^2-1} \lf (\dfrac{b}{2}-\dfrac{a^2+b^2-1}{2b} \ri) = \dfrac{d-a}{2} \ . $$
There exists only one $K$; hence, $(1) \wedge (2)$ has only one solution.\\
With $x_K = \dfrac{d-a}{2}; \ y_K=\dfrac{b}{2}$, we can see that both (1) and (2) satisfy. \\ We conclude the argument by combining $K \in UV$ and the converse of Simson's theorem. \begin{flushright} \ding{114} \end{flushright}

$\bigstar$ {\bf Solution 2:}\\
Let $N'$ $($N'$ \ne $A$)$ be the intersection point of of $(AMN)$ and $AC$.\\
We prove $AN'=AN$ in order to deduce $N' \equiv N$.\\
Let $K$ be the projection of $O$ onto $MN'$.  $a=BC,b=CA,c=AB,x=DB$.\\
Then $BM=\dfrac{x}{2\cos B} \Rightarrow AM=c-\dfrac{x}{2\cos B}$. Similarly, $AN=b-\dfrac{a-x}{2\cos C}. \quad (*)$\\\\
Since $AMON'$ is a cyclic quadrilateral $$\begin{cases} AO \cdot MN'=AM \cdot ON' + AN' \cdot OM\ , & (1) \\ \goc{OMN'} = \goc{OAC}=90^0-B'; \quad \goc{ON'M}=\goc{OAB}=90^0-C\ . & (2) \end{cases}$$
In $\Delta OMN'$, applying Sine Rule, we have $\dfrac{ON'}{OM}=\dfrac{\cos B}{\cos C}$.\\
Dividing (1) by $OM$ we have $$\dfrac{AO \cd BC \cd AH}{HC \cd AB} = AM \cd \dfrac{\cos B}{\cos C} + AN',$$
or $$AN'\cos C=\dfrac{a}{2}-c\cos B +\dfrac{x}{2}.$$
From (*) we also have $ AN \cos C=b \cos C - \dfrac{a-x}{2}$, hence $$AN'=AN \Leftrightarrow \dfrac{a}{2} - c \cos B=b\cos C - \dfrac{a}{2} \Leftrightarrow a = b\cos C + c\cos B \text{ (true) }. $$
Hence, we conclude the argument. \het 


$\bigstar$ {\bf Solution 3:}\begin{center} \includegraphics{Sol3.png} \end{center}
Let $a=BC,b=CA,c=AB. (AMN)$ intersects diameter $AK$ of $(ABC)$ at $O'$. We prove $AK=2AO'$, which implies $O' \equiv O$.\\
We observe that $\Delta O'MN \backsim \Delta KBC \Rightarrow \dfrac{OM}{KB}=\dfrac{MN}{BC}=\dfrac{O'N}{KC}=k$, which means that $$MN=kBC; \quad O'M=kKB; \quad O'N=kKC. \quad (*)$$
Applying Ptolemy's theorem to cyclic quadrilateral $AMO'N$ và $ABKC$ we have $$\begin{cases} AO' \cd MN = AM \cd O'N + AN \cd O'M\ , & (1) \\ AK \cd BC = AB \cd CK + AC \cd BK\ . & (2) \end{cases}$$
Combining (*) and (1) we have $AO \cd a = AM \cd KC + AN \cd KB$.\\
From Solution 2 we have $AM=c-\dfrac{x}{2\cos B}, AN =b-\dfrac{a-x}{2\cos C}.$\\
We also see that $KB=2R\cos C, KC=2R\cos B$, hence to have $AK=2AO'$ we need to prove $$c\cos B + b\cos C= 2\cos B \lf (c-\dfrac{x}{2\cos B} \ri) + 2\cos C \lf (b-\dfrac{a-x}{2\cos C} \ri).$$
Which is equivalent to $a=b\cos C + c\cos B$ (true). Hence, we conclude the argument. \het

$\bigstar$ {\bf Solution 4:}\begin{center} \includegraphics{Sol4.png} \end{center}
Let $U,V$ are the midpoints of $AB,AC$ respectively. $R,S$ are the projections of $U,V$ onto $BC$ respectively. \\We easily prove that $IR=JS$.
Indeed, on axis $BC$, denote by the direction of $\vto{BC}$ the positive direction. We have $$\begin{cases} \ds{IR}=\ds{BR}-\ds{BI}=BU \cos (\vto{BR}; \vto{BU}) - \dfrac{x}{2} = \dfrac{c\cos B - x}{2}\ , \\ \ds{JS}=\ds{CS}-\ds{CJ}=CV\cos (\vto{CS};\vto{CA}) + \dfrac{a-x}{2}=\dfrac{-b\cos C +a-x}{2}\ . \end{cases}$$
Since $a=b\cos C + c\cos B$, $\ds{IR}=\ds{JS} \Rightarrow IR=JS$.\\
Applying Thales's theorem we have $$\dfrac{MU}{IR}=\dfrac{BU}{BR}=\dfrac{1}{\cos B}; \quad \dfrac{NV}{SJ}=\dfrac{CN}{CJ}=\dfrac{1}{\cos C}.$$
Hence $$\dfrac{MU}{NV}=\dfrac{IR}{JS} \cd \dfrac{\cos C}{\cos B}=\dfrac{\cos C}{\cos B} =\dfrac{OU}{OV}.$$
Then we have $\Delta OMU \backsim \Delta ONV$, following that $AMON$ is a cyclic quadrilateral.\\
We observe that $\Delta OMU$ and $\Delta ONV$ đồng dạng cùng hướng; therefore, let $f$ be phép vị tự quay tâm $O$, góc quay $(OU;OV)$, tỉ số $k=\dfrac{OU}{OV}$ thì $f(U)=V, f(M)=N$. \\ Hence $(MO;MU) \tr (NO;NV) \ \mpi \Rightarrow AMON$ is a cyclic quadrilateral. \het

$\bigstar$ {\bf Solution 5:}\begin{center} \includegraphics{Sol5.png} \end{center}
Let $E$ be the reflection of $D$ across $MN$, we have: $$\goc{MEN}=\goc{MDN}=180^0-\goc{MDB}-\goc{NDC}=180^0-B-C=A \ .$$
Hence, $AENM$ is a cyclic quadrilateral, which implies $$\goc{AME}=\goc{ANE} \Rightarrow \goc{EMN} \sr \goc{MBE}=\goc{NCE} \sr E \in (ABC) \ . $$
We observe that $OM, ON$ are the perpendicular bisectors $EB, EC$ respectively.\\
Let $X=OM \cap BE, Y = ON \cap CE$ we have $EXOY$ is a cyclic quadrilateral.\\
Hence $\goc{MON}=180^0-\goc{XEY}=180^0-A$, which concludes the argument. \het

$\bigstar$ {\bf Solution 6:} \begin{center} \includegraphics[scale=0.9]{Sol6.png} \end{center}
Let $E$ $(\ne $D$)$ be the intersection point of $(DMN)$ and $BC$.\\
We have $\goc{EMN}=\goc{EDN}=C, \quad \goc{MDN}=A=\goc{MEN} \sr \Delta EMN \backsim \Delta ACB$.\\
Let $O'$ be the orthocenter of $\Delta DMN$. We observe that $BMO'E, AMO'N, CNO'E$ are cyclic quadrilateral, hence $$\goc{O'BE}=\goc{O'ME}=\goc{O'NE}=\goc{O'CE} \sr O'C = O'B \ .$$
Similarly we have $O'A=O'B=O'C$ or $O' \tr O$. \\
We also have $\goc{MON}=180^0-\goc{MDN}=180^0-A$, from which we conclude the argument. \het

$\circledast$ {\bf Comments:}
\begin{itemize}
\item We can observe the relation among the six solutions given above. The more additional methods we apply to the problem, the more precise the solution is, and vice versa.
\item Solution 1 is the most natural approach: by applying coordinate system Oxy to the problem and then finding the coordinates of each point. The given solution succeeds in applying Simson's theorem to avoid complicated systems of equations and predicting the coordinates of K.
\item Solution 2 and 3 also apply a familiar method: prove $N'$ and $N$ coincide.  This is a recommended approach when we do not efficiently use all provided information given in the problem.
\item Solution 4 is more precise compared to other solutions since we can observe the relationship between $M,N$ and the position of $D$ on $BC$, use segments on $BC$ and add 4 additional points to minimize unnecessary calculations.
\item Solution 5 and 6 are two purely mathematical solutions and requires specific experiences in geometry. In particular, the idea of solution 5 is that since $\goc{MDN}=A$, we create a reflection of $D$ in order to obtain a cyclic quadrilateral.
In solution 6, we use the following lemma: { Given \abc. $X,Y,Z$ are on $BC,CA,AB$ respectively and 
$\Delta XYZ \backsim \Delta ABC$. We can easily see that the orthocenter of $\Delta XYZ$ is also the center of \abc's circumcircle.}

\end{itemize}

$\circledast$ {\bf Mở rộng:} The given problem là một phần của chuỗi bài toán đẹp sau.\\\\
{\bf Advanced problem.} \\
Given \abc whose center of circumcircle, center of incircle and orthocenter are $O,I,H$ respectively. $D,M,N$ are 3 points on sides $BC,CA,AB$. \\
a) Prove if $BD=BM, CD=CN$, $I$ belongs to $(AMN)$.\\
b) Prove if $MD=MB, ND=NC$, $O$ belongs to $(AMN)$.\\
c) Prove if  $DM=DB,DN=DC$, $H$ belongs to $(AMN)$.\\\\

The next 3 chapters include approaches relating to algebra and mathematical analysis. Hopefully after reading all these chapters, readers can effectively apply algebra, mathematical analysis and geometry to approach a problem. 

\chapter[Tính toán trong hình học phẳng]{CHAPTER 2: Calculation in Plane Geometry}
We try to use angles of the triangle or lengths of its sides to do calculations in plane geometry. For example, we use Ceva's theorem or Menelaus's theorem to approach the problem that has intersection points. We can use comparisons relating to $\sin, \cos, \tan$ to prove the equality of two angles . \\
In this chapter, if there is no further explanation, we understand that:
\begin{itemize}
\item $a,b,c$ are the lengths of \abc $(a=BC,b=CA,c=AB)$ respectively.
\item $R,r$ are the radii of circumcircle and incircle of \abc respectively.
\item $S,p$ are the area and semi-circumference of \abc respectively.
\end{itemize}

\section{Theory}
Consider some highlights:
\bpr {\it Consequences.} \epr
\begin{itemize}
\item Stewart's Theorem: Let $A,B,C$ be collinear and random $M$, we have $$MA^2 \cd \ds{BC} + MB^2 \cd \ds{CA}+MC^2 \cd \ds{AB}=- \ds{AB} \cd \ds{BC} \cd \ds{CA} \ .$$
\item Carnot's Theorem: Given 4 points $A,B,C,D$ in the plane, we have $$AD \bot BC \td AB^2-AC^2=DB^2-DC^2 \ .$$
\end{itemize}
\bpr {\it Lengths in triangle.} \epr
Given \abc $(AB<AC)$ with the altitude $AD$. $E$ is the contact point of incircle of \abc and segment $BC$. $AF$ is the bisector of \abc. Then we have $$BD=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2a}; \quad BE = \dfrac{a+c-b}{2}; \quad BF=\dfrac{ac}{b+c} \ .$$
We deduce that $DE=BE-BD=\dfrac{(b-c)(b+c-a)}{2a} \ . $\\
Moreover, from Stewart's theorem, we have $$AD=\sqrt{AB \cd AC - DB \cd DC }= \dfrac{2\sqrt{bcp(p-a)}}{b+c}=\dfrac{2bc}{b+c} \cd \cos \dfrac{A}{2} \ .$$
\bpr {\it Trigonometric functions.} \epr
\abc has $$\begin{aligned} & \cos \dfrac{A}{2}=\sqrt{\dfrac{p(p-a)}{bc}} ; \quad \tan \dfrac{A}{2} =\sqrt{\dfrac{(p-b)(p-c)}{p(p-a)}} ; \\ & \cot A =\dfrac{b^2+c^2-a^2}{4S} ; \quad \cot \dfrac{A}{2}=\dfrac{b+c-a}{2r} \ . \end{aligned}$$
\bpr {\it Ceva's theorem, Menelaus's theorem} \epr
Given \abc and $D,E,F$ are on $BC,CA,AB$ respectively which satisfies $AD,BE,CF$ meet at one point and $EF$ bisects $BC$ at $L$.
\begin{itemize}
\item Ceva's theorem: Since $AD,BE,CF$ meet: $$\dfrac{\ds{DB}}{\ds{DC}} \cd \dfrac{\ds{EA}}{\ds{EB}} \cd \dfrac{\ds{FC}}{\ds{FA}} =-1 \ .$$
\item Menelaus's theorem: Since $L,E,F$ are collinear: $$\dfrac{\ds{LB}}{\ds{LC}} \cd \dfrac{\ds{EA}}{\ds{EB}} \cd \dfrac{\ds{FC}}{\ds{FA}}= 1\ .$$ \end{itemize}
Furthermore, combining 2 theorems we have $$\dfrac{\ds{DB}}{\ds{DC}} : \dfrac{\ds{LB}}{\ds{LC}} = -1 \text{ hay } (DLBC)=-1 =(LDBC)\ .$$
\bpr {\it Góc định hướng giữa hai đường thẳng} \epr
Góc định hướng giữa hai đường thẳng kí hiệu là $(a,b)$. $a$ là đường thẳng đầu, $b$ là đường thẳng cuối.
Góc định hướng được xét trong mod $\pi$ và có các tính chất sau:
\begin{itemize}
\item $ (AB,CD) \tr (AB,DC) \tr (BA,CD) \quad \mpi$.
\item $a,b$ cùng phương khi và chi khi $(a,b) \tr 0 \quad \mpi$.
\item $a \bot b$ khi và chi khi $(a,b) \tr \dfrac{\pi}{2} \quad \mpi$.
\item $(a,b) \tr -(b,a) \quad \mpi$.
\item Hệ thức Chales: $(a,b) \tr (a,c)+(c,b) \quad \mpi$
\item $A,B,C,D$ đồng viên khi và chi khi $(AB,AD) \tr (CB,CD) \quad \mpi$.
\item $AT$ là tiếp tuyến của đường tròn $(ABC)$ khi và chỉ khi $(AT,AB) \tr (CA,CB) \quad \mpi$.

\end{itemize}


\section{Một số ví dụ cơ bản}
\hop{\bbt \text{} \\ Cho \abc có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. Vẽ đường kính $DE$ của $(I)$, $L$ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc $A$ với $BC$. Chứng minh $A,E,L$ thẳng hàng. \ebt}
\lgiai
\ytu Ta đã biết theo định nghĩa của $L$ thì $CL=BD=\dfrac{a+c-b}{2}$. Do đó để chứng minh $A,E,L$ thẳng hàng ta gọi $L'=AE \cap BC$ và chứng minh $CL'=CL$. \\Để tận dụng $DE \bot BC$ ta vẽ thêm đường cao $AH$. Khi đó $\Delta AHL$ có $DE \parallel AH$ và do đã có $DH,DE,AH$ nên ta dễ tính được $CL'$.\\
\lgi
\begin{center}
\definecolor{uuuuuu}{rgb}{0.26666666666666666,0.26666666666666666,0.26666666666666666}
\definecolor{zzttqq}{rgb}{0.6,0.2,0.0}
\definecolor{qqqqff}{rgb}{0.0,0.0,1.0}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(-0.3136195106764534,-1.7127174563943544) rectangle (14.299691627366917,5.682888702163248);
\fill[color=zzttqq,fill=zzttqq,fill opacity=0.1] (4.362640053497425,5.149185164947751) -- (1.046053786515408,-0.9502838318007863) -- (11.300786037298886,-0.9884055130304648) -- cycle;
\draw [color=zzttqq] (4.362640053497425,5.149185164947751)-- (1.046053786515408,-0.9502838318007863);
\draw [color=zzttqq] (1.046053786515408,-0.9502838318007863)-- (11.300786037298886,-0.9884055130304648);
\draw [color=zzttqq] (11.300786037298886,-0.9884055130304648)-- (4.362640053497425,5.149185164947751);
\draw(5.02203423372585,1.4035342418823094) circle (2.3685823037689056cm);
\draw [line width=2.8000000000000003pt,color=qqqqff] (1.046053786515408,-0.9502838318007863)-- (5.013229155891241,-0.9650316956274614);
\draw [line width=2.8000000000000003pt,color=qqqqff] (3.0299721402550404,-0.868707788802574) -- (3.0293108021516084,-1.0466077386256734);
\draw (5.030839311560459,3.7721001793920808)-- (5.013229155891241,-0.9650316956274614);
\draw (4.362640053497425,5.149185164947751)-- (7.333610667923052,-0.9736576492037887);
\draw [line width=2.8000000000000003pt,color=qqqqff] (7.333610667923052,-0.9736576492037887)-- (11.300786037298886,-0.9884055130304648);
\draw [line width=2.8000000000000003pt,color=qqqqff] (9.317529021662683,-0.8920816062055777) -- (9.316867683559252,-1.069981556028677);
\begin{scriptsize}
\draw [fill=qqqqff] (4.362640053497425,5.149185164947751) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (4.451590643033342,5.327086344019584) node {$A$};
\draw [fill=qqqqff] (1.046053786515408,-0.9502838318007863) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (1.1350043760513242,-0.772382652728954) node {$B$};
\draw [fill=qqqqff] (11.300786037298886,-0.9884055130304648) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (11.389736626834804,-0.8105043339586324) node {$C$};
\draw [fill=uuuuuu] (5.02203423372585,1.4035342418823094) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (5.112366451014433,1.5784543564345446) node {$I$};
\draw [fill=uuuuuu] (5.013229155891241,-0.9650316956274614) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (5.0996592239378735,-0.7850898798055135) node {$D$};
\draw [fill=uuuuuu] (5.030839311560459,3.7721001793920808) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (5.125073678090993,3.9547058197511626) node {$E$};
\draw [fill=uuuuuu] (7.333610667923052,-0.9736576492037887) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (7.425081778948253,-0.797797106882073) node {$F$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}
\end{center}
Gọi $L'=AE \cap BC$, vẽ đường cao $AH$ của \abc . \\Không giảm tổng quát giả sử $AB<AC$, khi đó $H$ nằm giữa $B,D$.\\
Đặt $BL'=x$, do $DE \parallel AH$ nên ta có $$  \dfrac{DL}{HL}=\dfrac{ED}{AH}=\dfrac{2r}{AH}=\dfrac{a}{p}=\dfrac{2a}{a+b+c} \Rightarrow  \dfrac{x-BD}{x-BH}=\dfrac{2a}{a+b+c}\ .$$
Với $BH=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2a}$ và $BD=\dfrac{a+c-b}{2}$ ta suy ra $$x=\dfrac{-2a \cd BH+(a+b+c) \cd BD}{b+c-a} \ .
=\dfrac{b+a-c}{2} \Rightarrow CL'=a-x=\dfrac{a+c-b}{2} = CL \ .$$ Như vậy $L' \tr L$ và ta có đpcm. \het
\nx Đây là một bổ đề mạnh cho nhiều bài toán Olympiad. Áp dụng bài trên ta có thể giải bài toán sau.\\


\hop{\bbt {\bf (USA 2001)} \xd Đường tròn $(I)$ nội tiếp \abc tiếp xúc $CA, CB$ lần lượt tại $E_1,D_1$. Trên $CA$ lấy $E_2$ và trên $CB$ lấy $D_2$ sao cho $CE_2=AE_1, CD_2=BD_1$. $P=AD_2 \cap BE_2$. $(I)$ cắt $AD_2$ tại điểm gần $A$ hơn, gọi là $Q$. Chứng minh $AQ=D_2P$. \ebt}
\lgiai
\ytu Vẽ đường cao $AH$ thì do $BD_2=CD_1=\dfrac{a+b-c}{2}$ nên ta có $D_1Q$ chính là đường kính của $(I)$, hay $D_1Q \parallel AH$, từ đó ta có $AQ$.\\
Ngoài ra để khai thác giao điểm $P$ ta dùng Menelaus cho cát tuyến $BPE_2$ của $\Delta CAD_2$, từ đó ta có $PD_2$.\\
\begin{center}\includegraphics[scale=0.7]{USA2001.png}\end{center}
\lgi
Vẽ đường cao $AH$ của \abc . \\Theo {\bf Bài toán 1} thì $D_1Q$ là đường kính của $(I) \Rightarrow AH \parallel D_1Q$, do đó $$\dfrac{QD_2}{AD_2}=\dfrac{QD_1}{AH} \Rightarrow \dfrac{AQ}{AD_2}=\dfrac{AH-QD_1}{AH}=\dfrac{ \dfrac{2S}{a}-\dfrac{2S}{p} }{\dfrac{2S}{a}} = \dfrac{p-a}{p}=\dfrac{b+c-a}{b+c+a} \ . \quad (1)$$
Theo Menelaus thì $\Delta CAD_2$ có $B,P,E_2$ thẳng hàng nên $$\begin{aligned} & \dfrac{PD_2}{PA} \cd \dfrac{BC}{BD_2} \cd \dfrac{E_2A}{E_2C}=1 \\ \Rightarrow & \dfrac{PD_2}{PA} \cd \dfrac{2a}{a+b-c} \cd \dfrac{a+b-c}{b+c-a} =1 \\ \Rightarrow & \dfrac{PD_2}{PA}=\dfrac{b+c-a}{2a} \\ \Rightarrow & \dfrac{PD_2}{AD_2}=\dfrac{b+c-a}{b+c-a+2a}=\dfrac{b+c-a}{b+c+a} \ . \quad (2) \end{aligned}$$
Từ (1) và (2) ta có $AQ=D_2P$. \het
\nx Bạn đọc có thể tham khảo các bài tập ứng dụng bổ đề ở bài toán 1 trong {\bf tài liệu tham khảo số 4}. Sau đây sẽ là một bài toán khác về ứng dụng của Menelaus trong việc khai thác giao điểm.\\

\hop{\bbt {\bf (USA 2008, TP. Hồ Chí Minh 2013)} \xd \abc không cân có $M,N,P$ là trung điểm của $BC,CA,AB$. Đường trung trực của $AB,AC$ cắt $AM$ lần lượt tại $D,E$. $F=BD \cap CE$. Chứng minh $APFN$ nội tiếp. \ebt}
\lgiai
\begin{center} \includegraphics[scale=0.6]{USA2008.png} \end{center}
\ytu Để khai thác giao điểm $F$ ta dùng Menelaus cho cát tuyến $DEM$ hoặc $FEC$. Nhận xét rằng nếu dùng $DEM$ cho $\Delta BFC$ ta có thể sử dụng $\dfrac{MB}{MC}=1$, nên ta đi theo hướng này.\\
\lgi
Dễ thấy $DA=DB, FA=FC$. Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp \abc .\\
$\Delta BFC$ có $D,E,M$ thẳng hàng nên theo Menelaus: $$\dfrac{DF}{DB} \cd \dfrac{EC}{EF} \cd \dfrac{MB}{MC} =1 \Rightarrow \dfrac{DF}{EF}=\dfrac{DB}{EC}=\dfrac{AD}{AE} \ . $$
Suy ra $FA$ là phân giác ngoài tại $F$ của $\Delta DEF$.\\ Do đó để chứng minh $APFN$ nội tiếp hay $AF \bot OF$, ta chứng minh $FO$ là phân giác trong tại $F$ của $\Delta DEF$.\\
Thật vậy, $\Delta ADB$ cân tại $D$ có $DP$ là trung tuyến nên $DP$ cũng là phân giác $\goc{ADB}$, hay $DO$ là phân giác ngoài tại $O$ của $\Delta DEF$. Tương tự với $EO$.\\
Suy ra $O$ là tâm bàng tiếp góc $F$ của $\Delta DEF$, do đó $FO$ là phân giác trong tại $F$ của $\Delta DEF$.\\
Vậy ta có đpcm. \het

\hop{\bbt {\bf (Vietnam 2006 bảng A)} \xd Cho tứ giác lồi $ABCD$. Xét một điểm $M$ di động trên đường thẳng $AB$ sao cho $M \ne A, M \ne B$. Gọi $N$ là giao điểm thứ hai khác $M$ của đường tròn $(MAC)$ và $(MBD)$. Chứng minh:\\
a) Điểm $N$ di động trên đường tròn cố định.\\
b) Đường thẳng $MN$ luôn đi qua một điểm cố định.
\ebt}
\lgiai
a) 
Đặt $I=AC \cap BD$, ta có $$(CI,CN) \tr (CA,CN) \tr (MA,MN) \tr (MB,MN) \tr (DB,DN) \tr (DI,DN) \quad \mpi \quad (1)$$
Suy ra $C,I,D,N$ đồng viên hay $N$ di động trên đường tròn $(CDI)$ cố định.
\begin{center}\includegraphics[scale=0.5]{VMO2006.png}\end{center}
b)Đường thẳng qua $I$ và song song $AB$, gọi là $t$, cắt $MN$ tại $K$. \\
Do $(MA,MN) \tr (KI,KN) \quad \mpi$ nên $C,I,K,N$ đồng viên hay $K \in (CDIN)$ cố định.\\
Suy ra $MN$ luôn đi qua điểm cố định $K$, là giao điểm của đường thẳng cố định $t$ và đường tròn cố định $(CDIN)$. \het



\hop{\bbt {\bf * (Vietnam TST 2014)} \\ a) Cho tam giác $ABC$ có đường cao $AD$ và $P$ là một điểm di động trên đoạn $AD$. Các đường thẳng $PB$ và $AC$ cắt nhau ở $E$, các đường thẳng $PC$ và $AB$ cắt nhau ở $F.$ Giả sử tứ giác $AEDF$ nội tiếp. Chứng minh rằng $$\frac{PA}{PD}=(\tan B+\tan C)\cot \frac{A}{2}.$$ b) Cho tam giác $ABC$ có trực tâm $H$ và $P$ là một điểm di động trên $AH$. Đường thẳng vuông góc với $AC$ tại $C$ cắt $BP$ tại $M$, đường thẳng vuông góc với $AB$ tại $B$ cắt $CP$ tại $N.$ Gọi $K$ là hình chiếu của $A$ trên $MN$. Chứng minh $\goc{ BKC}+\goc{ MAN}$ không đổi. \ebt}
\lgiai
\begin{center}\includegraphics[scale=0.6]{VMO2013a.png}\end{center}
a) Ta phát biểu không chứng minh một tính chất quen thuộc của hàng điểm điều hòa:
\begin{bode} \abc có đường cao $AH$, điểm $D \in AH$. $BD$ cắt $AC$ tại $E$, $CD$ cắt $AH$ tại $F$. Khi đó $DA$ là phân giác góc $\goc{DHF}$.\end{bode} \xd 
$\circledast$ {\bf Nếu \abc cân tại A:} \\ Ta có $\goc{AEF}=\goc{AFE}=\goc{ADE}=\goc{ADF}=90^0-\dfrac{A}{2}$ và $AD$ là đường phân giác. Từ đó dễ thấy $DF \bot AB, DE \bot AC$. Suy ra $$EC=\dfrac{DC^2}{AC}=\dfrac{a^2}{4b} ; \quad EA=AC-EC=\dfrac{4b^2-a^2}{4b} \ .$$
Dùng Menelaus cho cát tuyến $EPB$ của $\Delta ADC$: $$\dfrac{PA}{PD}=\dfrac{EA}{EC} \cd \dfrac{BC}{BD}=\dfrac{4b^2-a^2}{2a^2} \ .$$
Lại có $$(\tan B + \tan C) \cd \cot \dfrac{A}{2} = 2 \cot^2 \dfrac{A}{2}=\dfrac{(b+c-a)^2}{2r^2}=\dfrac{(2b-a)^2}{r^2} \ . $$
Từ đó qua biến đổi tương đương ta có đpcm.\\
$\circledast$ {\bf Nếu \abc không cân tại A:}\\
Áp dụng  bổ đề ta suy ra $DA$ là phân giác góc $\widehat{DFE}$, kết hợp $AFDE$ nội tiếp suy ra \\$AE=AF=x$. 
Ta có: $$\begin{cases} DB=\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2a} ; \quad DC=\dfrac{a^2+b^2-c^2}{2a} \ ; \\ AD=\dfrac{2S}{a}=\dfrac{2pr}{a} ; \quad \cot \dfrac{A}{2}=\dfrac{b+c-a}{2r} \cd \end{cases}$$
Từ đó ta có $$\tan B + \tan C = AD \left ( \dfrac{1}{DB}+\dfrac{1}{DC} \right)=\dfrac{4pr}{a} \left ( \dfrac{a}{a^2+c^2-b^2}+\dfrac{a}{a^2+b^2-c^2} \right)$$
Suy ra $$VP=\dfrac{2a^2(b+c-a)(b+c+a)}{(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)} \cd$$
Do $AD,BE,CF$ đồng quy nên theo Ceva: $$\dfrac{DB}{DC} \ . \ \dfrac{x}{c-x} \ . \ \dfrac{b-x}{x}=1 \Rightarrow x=\dfrac{bDC-cDC}{DB-DC} \Rightarrow b-x=\dfrac{DC(c-b)}{DB-DC} \cd$$
Dùng Menelaus cho cát tuyến $EPB$ của $\Delta ADC$:
$$\dfrac{PA}{PD}=\dfrac{x}{b-x} \ . \ \dfrac{a}{BD}=2a^2 \ . \ \dfrac{b(a^2+c^2-b^2)-c(a^2+b^2-c^2)}{(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)(c-b)}=\dfrac{2a^2(b+c-a)(b+c+a)}{(a^2+c^2-b^2)(a^2+b^2-c^2)} \cd$$
Suy ra đpcm. \\
\begin{center}\includegraphics[scale=0.7]{VMO2013b.png}\end{center}
b) \\Gọi $I$ là giao của $NB$ và $MC$ thì $I$ nằm trên $(O)$ (điểm đối xứng với $A$ qua $O$). \\Chú ý rằng $AKBN$ và $AKCM$ nội tiếp nên $$\goc{ NAM}+\goc{BKC}=\goc{ KBI}+\goc{ KCI}+\goc{ BKC}=360^0 -\goc{ BIC} \text{ (không đổi)} \ .$$ \het

\newpage


\section{Bài tập luyện tập}

\be {\bf (China Girl MO 2008)} \xd Cho \abc nhọn có 3 đường cao $AD,BE,CF$. Chứng minh rằng: $P_{\Delta DEF} \le \dfrac{1}{2} \cd P_{\Delta ABC}$ trong đó P là chu vi tam giác). \ee

\be {\bf (Italy TST 2000)} \xd \abc vuông cân tại $C$ có $M$ là trung điểm của $AB$. Lấy $D$ trên cạnh $AC$, $E$ trên cạnh $BC$ sao cho $AD=2DC, BE=2EC$. $F=AE \cap DM$. Chứng minh $FC$ là tia phân giác của góc $\goc{DFE}$. \ee

\be \xd \abc có $I_1,I_2,I_3$ lần lượt là tâm bàng tiếp góc $A,B,C$. $M$ đối xứng $B$ qua $I_1I_2$, $N$ đối xứng $C$ qua $I_1I_3$. Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp \abc . Chứng minh $OI_1 \bot MN$. \ee

\be {\bf (China Quiz)}\xd {Cho \abc có $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. $M,N$ là trung điểm $AB,AC$. Điểm $D,E$ nằm trên cạnh $AB,AC$ sao cho $BD=CE=BC$. Đường thằng qua $D$ vuông góc với $IM$ cắt đường thằng qua $E$ vuông góc với $IN$ tại $P$. Chứng minh rằng $AP \perp BC$.} \ee

\be {\bf (Định lý Lyness)} \xd \abc nội tiếp $(O;R)$. $(I)$ tiếp xúc $AB,AC$ lần lượt tại $D,E$ và tiếp xúc $(O)$. $(J)$ là đường tròn nội tiếp \abc . Chứng minh $D,J,E$ thẳng hàng. \ee

\be {\bf (USA TST 2004)} \xd \abc và điểm $D$ nằm trong tam giác. $(\om_1)$ là đường tròn qua $B$ và $D$. $(\om_2)$ là đường tròn qua $C$ và $D$ sao cho giao điểm khác $D$ của $(\om_1)$ và $(\om_2)$ thuộc $AD$. $(\om_1)$ cắt $BC$ tại $E \ne B$. $(\om_2)$ cắt $BC$ tại $F \ne C$. $X=DF \cap AB, Y=DE \cap AC$. Chứng minh $XY \parallel BC$. \ee

\be {\bf (TP. Hồ Chí Minh 2013, Ninh Bình 2013)} \xd Cho \abc nội tiếp đường tròn tâm $O$, các đường cao $AM, BN$. Điểm $D$ trên cung $BC$ không chứa $A$ của đường tròn $(O)$ và khác $B, C$. Hai đường thẳng $ DA $ và $ BN $ cắt nhau tại $Q,$ hai đường thẳng $DB$ và $AM$ cắt nhau tại $P$. Gọi $I$ là trung điểm của $PQ$. Chứng minh rằng ba điểm $M, N, I$ thẳng hàng. \ee

\be \xd \abc có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA$ lần lượt tại $D,E$. $K$ đối xứng $D$ qua trung điểm $M$ của $BC$. Đường thằng $(\Delta)$ qua $K$ và vuông góc $BC$ cắt $DE$ tại $L$. $N$ là trung điểm của $KL$. Chứng minh $BN \bot AK$.\ee

\be {\bf (IMO Shortlist 2005)} \xd \abc có $AB+BC=3CA$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $AB,BC$ tại $D,E$. $K$ đối xứng $D$ qua $I$, $L$ đối xứng $E$ qua $I$. Chứng minh tứ giác $ACKL$ nội tiếp. \ee

\be {\bf (IMO 2013)} \xd \abc có $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là các tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp trong các góc $A,B,C$ với các cạnh $BC,CA,AB$. Chứng minh nếu tâm $(A_1B_1C_1)$ nằm trên $(ABC)$ thì \abc vuông.\ee

\be {\bf * (China TST 2008)} \xd \abc có $AB>AC$ và đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $E$. Trên đoạn $AE$ lấy $F$ sao cho $CE=CF$. $AE$ cắt $(I)$ tại $D \ne E$. $CF$ cắt $BD$ tại $G$. Chứng minh $CF=FG$.\ee

\be {\bf * (Balkan MO 2013)} \xd \abc có đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $\om_a$ tiếp xúc $AB$ tại $P$ và $AC$ tại $Q$. Đường tròn bàng tiếp góc $B$ là $\om_b$ tiếp xúc $BA$ tại $M$ và $BC$ tại $N$. $K$ là hình chiếu của $C$ trên $MN$. $L$ là hình chiếu của $C$ trên $PQ$. Chứng minh $MKLP$ nội tiếp. \ee

\be {\bf (Russia 2010)} \xd Tiếp tuyến tại $A,B$ thuộc đường tròn $(O)$ cắt nhau tại $P$. $C$ là một điểm trên $(O)$, $C$ không là trung điểm cung $\goc{AB}$. $E=BC \cap AP, D=AC \cap BP$. Chứng minh tâm ngoại tiếp các tam giác $ACE, BCD, PCO$ thẳng hàng. \ee

\be {\bf * (IMO Shortlist 2005)} \xd \abc nhọn có $AB \ne AC$ và $H$ là trực tâm. $D,E$ là các điểm trên $AB,AC$ sao cho $AE=AD$ và $H \in DE$. $M$ là trung điểm của $BC$. Chứng minh $HM$ vuông góc với dây cung chung của $(ADE)$ và $(ABC)$.\ee

\be {\bf (IMO Shortlist 2011)} \xd \abc có tâm nội tiếp $I$ và đường tròn ngoại tiếp $\om$. $D,E$ là giao điểm của $\om$ với $AI, BI$. $DE$ cắt $AC$ tại $F$ và $BC$ tại $G$. Đường thẳng qua $F$ và song song $AD$ cắt đường thẵng qua $G$ và song song $BE$ tại $P$. Tiếp tuyến của $\om$ tại $A,B$ cắt nhau tại $K$. Chứng minh $AE,BD,KP$ song song hoặc đồng quy.\ee

\be {\bf (Russia 2012)} \xd Hình bình hành $ABCD$ có $A > 90^0$. $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. Trung tuyến đỉnh $C$ của \abc cắt $(ABC)$ tại $K$. Chứng minh $K,H,C,D$ đồng viên.\ee

\be {\bf (Russia 2009)} \xd Hình bình hành $ABCD$ có $A_1 \in AB, C_1 \in BC, AC_1 \cap CA_1=P$. $(AA_1P)$ cắt $(CC_1P)$ tại $Q \ne P$. Chứng minh $\goc{PDA}=\goc{QBA}$.\ee

\be {\bf(Balkan MO 2007)}\xd { Cho tứ giác lồi $ABCD$ sao cho $AB=BC=CD$, trong đó $AC\not=BD$. Gọi $E$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Chứng minh rằng nếu $AE=ED$ thì $\goc{BAD}+\goc{ADC}=120^{\circ}$.} \ee

\be {\bf * (Nguyễn Duy Hiếu)}\xd {Cho \abc vuông tại $A$. $D$ là điểm di động trên cạnh $AC$. Đường tròn $(O)$ đường kính $BD$, cắt $BC$ tại điểm thứ hai là $P$. Đường cao vẽ từ $A$ của $\Delta ABD$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 là $E$. Gọi $F$ là giao điểm của $CE$ và $DP$; $I$ là giao điểm của $AF$ và $DE$. Đường thẳng qua $I$ và song song $DP$ cắt đường trung trực của $AI$ tại $M$. Chứng minh $M$ di động trên một đường cố định khi $D$ di động trên $AC$.} \ee

\be Cho \abc có $AC>AB$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. Đường tròn tâm $X$ bán kính $x$ tiếp xúc với $(O)$ và $BC$ tại $A,W$. Đường thẳng vuông góc với $BC$ tại $C$ cắt đường phân giác ngoài của $\goc{BAC}$ tại $P$. Chứng minh rằng $B,X,P$ thẳng hàng. \ee
\newpage





\section{Đáp số, hướng dẫn giải}


\bhd {\bf (China Girl MO 2008)} \xd Cho \abc nhọn có 3 đường cao $AD,BE,CF$. Chứng minh rằng: $P_{\Delta DEF} \le \dfrac{1}{2} \cd P_{\Delta ABC}$ trong đó P là chu vi tam giác). \ehd
\lgiai
Đặt $a=BC;b=AC;c=AB$. Từ $\Delta AEF \backsim \Delta ABC \backsim \Delta DBF \backsim \Delta DEC$ ta có: 
$$\begin{cases} EF= BC\cd \cos A= a \cd \cos A \\
 DE= AB \cd \cos C= c \cd \cos C \\
 FD= AC \cd \cos C= b \cd \cos B 
\end{cases}$$
Ta cần chứng minh
$$ \displaystyle \begin{aligned} &  EF + DE + FD \le \frac{1}{2}( AB + BC+ CA)\\
\Leftrightarrow & a \cd \cos A + b \cd \cos B+ c \cd \cos C \le \dfrac{1}{2} \cd ( a+b+c)\\
\Leftrightarrow &  \sum a \cd \frac{b^2+c^2-a^2}{2bc} \le \dfrac{1}{2}(a+b+c) \\
\Leftrightarrow &  \sum a^2.(b^2+c^2-a^2) \le  abc(a+b+c) \\
\Leftrightarrow &  2 \cd (a^2b^2+b^2c^2+c^2a^2) \le a^4+b^4+c^4+abc(a+b+c) \\ \end{aligned}$$
Bất đẳng thức cuối đúng theo Schur, ta có đpcm. \het














\bhd {\bf (Italy TST 2000)} \xd \abc vuông cân tại $C$ có $M$ là trung điểm của $AB$. Lấy $D$ trên cạnh $AC$, $E$ trên cạnh $BC$ sao cho $AD=2DC, BE=2EC$. $F=AE \cap DM$. Chứng minh $FC$ là tia phân giác của góc $\goc{DFE}$. \ehd
\lgiai Đặt $AC=BC=x$, ta dễ có: $$\begin{aligned}& AM=\dfrac{x\sqrt{2}}{2}; \quad AD=BE=\dfrac{2x}{3}; \quad CD=CE=\dfrac{x}{3}; \\ & ME^2=MB^2+BE^2-2MB \cd BE \cd \cos \dfrac{\pi}{4} = \dfrac{5x^2}{18}; \quad DE^2=\dfrac{2x^2}{9} \ . \end{aligned}$$
 \begin{center}
\definecolor{qqwuqq}{rgb}{0.0,0.39215686274509803,0.0}
\definecolor{uuuuuu}{rgb}{0.26666666666666666,0.26666666666666666,0.26666666666666666}
\definecolor{qqqqff}{rgb}{0.0,0.0,1.0}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=0.9615384615384615cm,y=1.2589928057553956cm]
\clip(-1.3,-1.94) rectangle (5.98,3.62);
\draw [shift={(1.0479999999999998,0.45600000000000024)},color=qqwuqq,fill=qqwuqq,fill opacity=0.1] (0,0) -- (-161.56505117707798:0.6) arc (-161.56505117707798:-116.56505117707799:0.6) -- cycle;
\draw [shift={(1.0479999999999998,0.45600000000000024)},color=qqwuqq,fill=qqwuqq,fill opacity=0.1] (0,0) -- (-116.56505117707799:0.6) arc (-116.56505117707799:-71.56505117707799:0.6) -- cycle;
\draw [shift={(4.76,-1.4)},color=qqwuqq,fill=qqwuqq,fill opacity=0.1] (0,0) -- (135.0:0.6) arc (135.0:180.0:0.6) -- cycle;
\draw [shift={(0.12,3.24)},color=qqwuqq,fill=qqwuqq,fill opacity=0.1] (0,0) -- (-90.0:0.6) arc (-90.0:-45.0:0.6) -- cycle;
\draw[color=qqwuqq,fill=qqwuqq,fill opacity=0.1] (0.5442640687119285,-1.4) -- (0.5442640687119285,-0.9757359312880715) -- (0.12000000000000002,-0.9757359312880715) -- (0.12,-1.4) -- cycle; 
\draw (0.12,3.24)-- (0.12,-1.4);
\draw (0.12,3.24)-- (4.76,-1.4);
\draw (0.12,3.24)-- (0.12,0.14666666666666706);
\draw (0.12,3.24)-- (1.6666666666666667,-1.4);
\draw (0.12,0.14666666666666706)-- (2.44,0.9200000000000002);
\draw (0.12,-1.4)-- (1.0479999999999998,0.45600000000000024);
\draw (0.12,-1.4)-- (4.76,-1.4);
\begin{scriptsize}
\draw [fill=qqqqff] (0.12,3.24) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (0.26,3.52) node {$A$};
\draw [fill=qqqqff] (0.12,-1.4) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (0.26,-1.12) node {$C$};
\draw [fill=uuuuuu] (4.76,-1.4) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (4.8999999999999995,-1.12) node {$B$};
\draw [fill=uuuuuu] (2.44,0.9200000000000002) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (2.58,1.2) node {$M$};
\draw [fill=qqqqff] (0.12,3.24) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (0.32,3.52) node {$A'$};
\draw [fill=qqqqff] (0.12,0.14666666666666706) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (0.26,0.42000000000000004) node {$D$};
\draw [fill=uuuuuu] (1.6666666666666667,-1.4) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (1.8,-1.12) node {$E$};
\draw [fill=uuuuuu] (1.0479999999999998,0.45600000000000024) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (1.1800000000000002,0.74) node {$F$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture} \end{center}
Suy ra $AM^2-AD^2=ME^2-DE^2$, do đó theo Carnot $AE \bot DM$.\\
Suy ra tứ giác $DCEF$ nội tiếp, lại có $CD=CE$ nên ta có đpcm. \het









\bhd \xd \abc có $I_1,I_2,I_3$ lần lượt là tâm bàng tiếp góc $A,B,C$. $M$ đối xứng $B$ qua $I_1I_2$, $N$ đối xứng $C$ qua $I_1I_3$. Gọi $O$ là tâm ngoại tiếp \abc . Chứng minh $OI_1 \bot MN$. \ehd
\lgiai
\definecolor{qqwuqq}{rgb}{0.0,0.39215686274509803,0.0}
\definecolor{uuuuuu}{rgb}{0.26666666666666666,0.26666666666666666,0.26666666666666666}
\definecolor{zzttqq}{rgb}{0.6,0.2,0.0}
\definecolor{qqqqff}{rgb}{0.0,0.0,1.0}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(-2.3200000000000007,-2.36) rectangle (10.74,6.94);
\fill[color=zzttqq,fill=zzttqq,fill opacity=0.1] (3.66,5.96) -- (1.76,-1.2) -- (9.08,-1.28) -- cycle;
\draw[color=qqwuqq,fill=qqwuqq,fill opacity=0.1] (4.262319282582334,4.956358660226914) -- (4.190704478064164,5.374534842922467) -- (3.772528295368611,5.302920038404296) -- (3.844143099886782,4.884743855708743) -- cycle; 
\draw [color=zzttqq] (3.66,5.96)-- (1.76,-1.2);
\draw [color=zzttqq] (1.76,-1.2)-- (9.08,-1.28);
\draw [color=zzttqq] (9.08,-1.28)-- (3.66,5.96);
\draw (2.2217148605208874,0.539936000699765)-- (3.581531066192936,-1.2199074433463706);
\draw (6.412634276352788,2.28304941682764)-- (3.581531066192936,-1.2199074433463706);
\draw (2.2217148605208874,0.539936000699765)-- (6.412634276352788,2.28304941682764);
\draw(4.524194112991598,0.9137613387312793) circle (2.332628579824156cm);
\draw (3.66,5.96)-- (4.524194112991598,0.9137613387312793);
\draw (-0.5535468129207067,4.131617024316418)-- (9.265730375372856,5.813218333641432);
\draw (3.581531066192936,-1.2199074433463706)-- (-0.5535468129207067,4.131617024316418);
\draw (4.524194112991598,0.9137613387312793)-- (2.2217148605208874,0.539936000699765);
\draw (4.524194112991598,0.9137613387312793)-- (6.412634276352788,2.28304941682764);
\draw (9.265730375372856,5.813218333641432)-- (6.412634276352788,2.28304941682764);
\begin{scriptsize}
\draw [fill=qqqqff] (3.66,5.96) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (3.8399999999999994,6.3) node {$I_1$};
\draw [fill=qqqqff] (1.76,-1.2) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (1.9399999999999995,-0.8600000000000001) node {$I_2$};
\draw [fill=qqqqff] (9.08,-1.28) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (9.26,-0.94) node {$I_3$};
\draw [fill=uuuuuu] (2.2217148605208874,0.539936000699765) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (2.3599999999999994,0.8200000000000001) node {$C$};
\draw [fill=uuuuuu] (3.581531066192936,-1.2199074433463706) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (3.7199999999999998,-0.9400000000000001) node {$A$};
\draw [fill=uuuuuu] (6.412634276352788,2.28304941682764) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (6.56,2.56) node {$B$};
\draw [fill=uuuuuu] (-0.5535468129207067,4.131617024316418) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-0.4200000000000006,4.42) node {$M$};
\draw [fill=uuuuuu] (9.265730375372856,5.813218333641432) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (9.4,6.1000000000000005) node {$N$};
\draw [fill=uuuuuu] (4.524194112991598,0.9137613387312793) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (4.659999999999999,1.2) node {$O$};
\draw [fill=uuuuuu] (3.844143099886782,4.884743855708743) circle (1.5pt);
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}\\
\ytu Cách tự nhiên nhất để chứng minh vuông góc là định lý Carnot: $I_1M^2-I_1N^2=OM^2-ON^2$. Để ý $I_1M=BI_1, I_1N=CI_1, MC=NB=BC=a$ và ta có thể tính $OM,ON$ theo định lý hàm cos. Khi đó ta thu được đẳng thức chỉ gồm $a,b,c$.\\
\lgi
Ta có $\goc{MCB}=2\goc{I_1CB}=180^-C \Rightarrow M,C,A$ thẳng hàng. Tương tự $N,B,A$ thẳng hàng.\\
Dùng định lý hàm cos cho $\Delta OCM, \Delta OBN:$ $$OM^2=a^2+R^2+2aR\sin B ; \quad ON^2=a^2+R^2+2aR\sin C \ . $$
Suy ra $$OM^2-ON^2=2aR (\sin B - \sin C) = a(b-c) \ .$$
Vẽ $I_1L \bot BC, L \in BC$ thì theo Carnot: $$BI_1^2-CI_1^2=LB^2-LC^2=\lf ( \dfrac{a+b-c}{2} \ri )^2 - \lf (\dfrac{a+c-b}{2} \ri)^2 = a(b-c) \ . $$
Từ đó ta có $OM^2-ON^2=I_1M^2-I_1N^2$ hay $OI_1 \bot MN$. \het
\nx Bài toán có lời giải bằng hình thuần túy như sau:\\
Dễ thấy $M,C,A$ và $N,B,A$ thẳng hàng và $MC=CB=BN$.\\
Gọi $T_1,T_2,T_3$ là hình chiếu của $I_1$ lên $CB,MC,NB. G_1$ là trọng tâm $\Delta T_1T_2T_3$.\\
$vto{u}$ là vector vuông góc $MN$ và có độ dài bằng $I_1T_1$.\\ Theo định lý con nhím: $$BC \cd \vto{I_1T_1} + CM \cd \vto{I_1T_2} + BN \cd \vto{I_1T_3}+ MN \cd \vto{u} = \vto{0} \ . $$
Suy ra $$3BC \cd \vto{I_1G_1} + MN \cd \vto{u} =\vto{0} \Rightarrow \vto{u} \parallel \vto{ I_1G_1} \Rightarrow I_1G_1 \bot MN \ . $$
Mặt khác ta có $O \in I_1G_1$ theo ứng dụng quen thuộc của phép nghịch đảo:
\begin{bode} \abc nội tiếp $(O)$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. Khi đó đường thẳng Euler của $\Delta DEF$ qua $O$. \end{bode} 


\bhd {\bf (China Quiz)}\xd {Cho \abc có $BC$ là cạnh nhỏ nhất và $I$ là tâm đường tròn nội tiếp. $M,N$ là trung điểm $AB,AC$. Điểm $D,E$ nằm trên cạnh $AB,AC$ sao cho $BD=CE=BC$. Đường thằng qua $D$ vuông góc với $IM$ cắt đường thằng qua $E$ vuông góc với $IN$ tại $P$. Chứng minh rằng $AP \perp BC$.} \ehd
\lgiai
\begin{center}\includegraphics[scale=0.7]{Quiz.png}\end{center}
Ta có:
$$\begin{aligned} 
PM^{2} - PN^{2} & = PK^{2} + KM^{2} - ( PL^{2} + NL^{2} ) \\
& = PI^{2} - IK^{2} + KM^{2} - ( PI^{2} - IL^{2} ) - NL^{2} \\
& = IL^{2} - NL^{2} + KM^{2} - IK^{2} = ( IE^{2} - EL^{2} ) - ( NE^{2} - EL^{2} ) \\
& = IE^{2}  - EN^{2} - ID^{2} + DM^{2} = ES^{2} - RD^{2} - EN^{2} + DM^{2} \\
& = [a-(p-c)]^{2} - [a-(p-b)]^{2} - \lf (a-\frac{b}{2}\ri )^{2} + \lf (a-\frac{c}{2}\ri )^{2} \\
& = \frac{1}{4}(c^{2} - b^{2}) = AM^{2} - AN^{2} \ . \end{aligned}$$
Suy ra $AP \bot MN$ theo Carnot, mà $MN$ là đường trung bình \abc nên ta có $MN \parallel BC$.
Vậy ta suy ra $AP \bot BC$. \het







\bhd {\bf (Định lý Lyness)} \xd \abc nội tiếp $(O;R)$. $(I)$ tiếp xúc $AB,AC$ lần lượt tại $D,E$ và tiếp xúc $(O)$. $(J)$ là đường tròn nội tiếp \abc . Chứng minh $D,J,E$ thẳng hàng. \ehd
\lgiai
\begin{center}\includegraphics[scale=0.65]{Lyness.png}\end{center}
Đặt $r$ là bán kính $(J)$ và $ID=IE=r'$. Ta có $$\begin{aligned}  IA=\dfrac{r'}{\sin \frac{A}{2}} ; \quad JA=\dfrac{r}{\sin \frac{A}{2}}; \quad OI=R-r'; \quad OJ=\sqrt{R^2-2Rr} \ . \end{aligned}$$
Theo định lý Stewart: $$\begin{aligned} \quad & OA^2 \cd IJ + OI^2 \cd JA = OJ^2 \cd AI + IA \cd AJ \cd JI \\  \Rightarrow &R^2(r'-r) + (R-r')^2r = (R^2-2Rr)r'+\dfrac{rr'(r'-r)}{\sin^2 \frac{A}{2}} \\ \Rightarrow & \sin^2 \dfrac{A}{2}=1-\dfrac{r}{r'} \Rightarrow \dfrac{r}{r'}=\cos^2 \dfrac{A}{2}  \Rightarrow  IJ \cd IA=IE^2 \Rightarrow JE \bot AI \ . \end{aligned}$$
Chứng minh tương tự $JD \bot AI$, suy ra $D,E,I$ thẳng hàng. \het





\bhd {\bf (USA TST 2004)} \xd \abc và điểm $D$ nằm trong tam giác. $(\om_1)$ là đường tròn qua $B$ và $D$. $(\om_2)$ là đường tròn qua $C$ và $D$ sao cho giao điểm khác $D$ của $(\om_1)$ và $(\om_2)$ thuộc $AD$. $(\om_1)$ cắt $BC$ tại $E \ne B$. $(\om_2)$ cắt $BC$ tại $F \ne C$. $X=DF \cap AB, Y=DE \cap AC$. Chứng minh $XY \parallel BC$. \ehd
\lgiai
\begin{center}\includegraphics[scale=0.7]{USAtst2004.png}\end{center}
$AD$ cắt $BC$ tại $S$. Gọi $R$ là giao điểm khác $D$ của $\om_1, \om_2$. Theo giả thiết thì $R \in AD$.\\
Áp dụng Menelaus cho $\Delta ABS$ với cát tuyến $XDF$ và $\Delta EDY$ với cát tuyến $ACS$ ta có $$\dfrac{\ds{AX}}{\ds{XB}}=\dfrac{\ds{AD}}{\ds{SD}} \cd \dfrac{\ds{SF}}{\ds{BF}} ; \quad \dfrac{\ds{AY}}{\ds{CY}}=\dfrac{\ds{AD}}{\ds{SD}} \cd \dfrac{\ds{SE}}{\ds{CE}} \ . $$
Để chứng minh $XY \parallel BC$ ta cần $ \dfrac{\ds{AX}}{\ds{BX}}=\dfrac{\ds{AY}}{\ds{CY}}$ hay $\dfrac{\ds{SF}}{\ds{BF}}=\dfrac{\ds{SE}}{\ds{CE}}$.\\
Nhận xét $\ds{SF} \cd \ds{SC} = \ds{SR} \cd \ds{SD} = \ds{SE} \cd \ds{SB}$ do đó $$\ds{SF} \cd \ds{CE}=\ds {SF} (\ds{SE}-\ds{SC}); \quad \ds{SE} \cd \ds{BF} = \ds{SE} (\ds{SF}-\ds{SB}) \Rightarrow \ds{SF} \cd \ds{CE} = \ds{SE} \cd \ds{BF} \ . $$
Vậy ta có đpcm.\het




\bhd {\bf (TP. Hồ Chí Minh 2013, Ninh Bình 2013)} \xd Cho \abc nội tiếp đường tròn tâm $O$, các đường cao $AM, BN$. Điểm $D$ trên cung $BC$ không chứa $A$ của đường tròn $(O)$ và khác $B, C$. Hai đường thẳng $ DA $ và $ BN $ cắt nhau tại $Q,$ hai đường thẳng $DB$ và $AM$ cắt nhau tại $P$. Gọi $I$ là trung điểm của $PQ$. Chứng minh rằng ba điểm $M, N, I$ thẳng hàng. \ehd
\lgiai
\begin{center}\includegraphics[scale=0.7]{TPHCM2013.png}\end{center}
Đặt số đo cung nhỏ $CD$ là $2x$.\\
Ta có:
$$ \begin{aligned} & \dfrac{NQ}{NH} = \dfrac{S_{ANQ}}{S_{ANH}} = \dfrac{AN.AQ. \sin x}{AN.AH. \sin \widehat{HAC}} = \dfrac{AQ. \sin x}{AH. \cos C} ; \\ &
\dfrac{MP}{MH} = \dfrac{S_{BMP}}{S_{BMH}} = \dfrac{BM.BP. \sin \widehat{HBC}}{BM.BH. \sin x} = \dfrac{BP \sin x}{BH. \cos C} \ . \end{aligned}$$
Ta cần chứng minh $\dfrac{NQ}{NH} = \dfrac{MP}{MH}$ hay $\dfrac{AQ}{AH} = \dfrac{BP}{BH}$ hay $\dfrac{\sin \widehat{AHQ}}{\sin \widehat{AQH}} = \dfrac{\sin \widehat{BHP}}{\sin \widehat{BPH}}$. (*)\\
Tuy nhiên $\widehat{AQH} + \widehat{BPH} = 180^0$ do tứ giác DPHQ nội tiếp nên (*) đúng.\\
Theo định lí Menelaus trong $\Delta HPQ$, ta có trung điểm $I$ thuộc $MN$. Đây chính là đpcm. \het


\bhd \xd \abc có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC,CA$ lần lượt tại $D,E$. $K$ đối xứng $D$ qua trung điểm $M$ của $BC$. Đường thằng $(\Delta)$ qua $K$ và vuông góc $BC$ cắt $DE$ tại $L$. $N$ là trung điểm của $KL$. Chứng minh $BN \bot AK$.\ehd
\lgiai \begin{center}
\definecolor{qqwuqq}{rgb}{0.0,0.39215686274509803,0.0}
\definecolor{uuuuuu}{rgb}{0.26666666666666666,0.26666666666666666,0.26666666666666666}
\definecolor{zzttqq}{rgb}{0.6,0.2,0.0}
\definecolor{qqqqff}{rgb}{0.0,0.0,1.0}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=0.7623279430661916cm,y=0.7222054197469239cm]
\clip(3.4257601310918737,-5.842189085376871) rectangle (19.167017039154683,6.619639300172757);
\fill[color=zzttqq,fill=zzttqq,fill opacity=0.1] (8.1424884271083,5.395737746316202) -- (3.9002002905472177,-4.375504262911491) -- (18.56419559782624,-4.375504262911491) -- cycle;
\draw [shift={(9.415422090454923,-4.375504262911491)},color=qqwuqq,fill=qqwuqq,fill opacity=0.1] (0,0) -- (0.0:1.0356090071093955) arc (0.0:68.42249982760576:1.0356090071093955) -- cycle;
\draw [shift={(9.41542222052511,-0.75740405443927)},color=qqwuqq,fill=qqwuqq,fill opacity=0.1] (0,0) -- (-90.00000205977511:1.0356090071093955) arc (-90.00000205977511:-21.577499142506703:1.0356090071093955) -- cycle;
\draw [color=zzttqq] (8.1424884271083,5.395737746316202)-- (3.9002002905472177,-4.375504262911491);
\draw [color=zzttqq] (3.9002002905472177,-4.375504262911491)-- (18.56419559782624,-4.375504262911491);
\draw [color=zzttqq] (18.56419559782624,-4.375504262911491)-- (8.1424884271083,5.395737746316202);
\draw(9.41542222052511,-0.75740405443927) ellipse (2.7581788897319877cm and 2.6130115797461135cm);
\draw (9.415422090454923,-4.375504262911491)-- (11.890109931349233,1.882021991587175);
\draw (3.9002002905472177,-4.375504262911491)-- (13.048973797918537,0.21841761095104095);
\draw (8.1424884271083,5.395737746316202)-- (13.048973797918537,-4.375504262911491);
\draw (13.048973797918537,4.812339484813573)-- (11.890109931349233,1.882021991587175);
\draw (13.048973797918537,4.812339484813573)-- (13.048973797918537,-4.375504262911491);
\draw (9.415422350595298,2.860696154032951)-- (9.415422090454923,-4.375504262911491);
\draw (9.41542222052511,-0.75740405443927)-- (18.56419559782624,-4.375504262911491);
\begin{scriptsize}
\draw [fill=qqqqff] (8.1424884271083,5.395737746316202) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (8.396683365216973,5.894712995196186) node {$A$};
\draw [fill=qqqqff] (3.9002002905472177,-4.375504262911491) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (4.15068643606845,-3.909052272106014) node {$B$};
\draw [fill=qqqqff] (18.56419559782624,-4.375504262911491) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (18.821814036784883,-3.909052272106014) node {$C$};
\draw [fill=uuuuuu] (9.41542222052511,-0.75740405443927) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (9.673934473985227,-0.2844207472231588) node {$I$};
\draw [fill=uuuuuu] (9.415422090454923,-4.375504262911491) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (9.673934473985227,-3.909052272106014) node {$D$};
\draw [fill=uuuuuu] (11.890109931349233,1.882021991587175) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (12.124875790810798,2.3736423710242684) node {$E$};
\draw [fill=uuuuuu] (11.23219794418673,-4.375504262911491) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (11.46899008630818,-3.909052272106014) node {$M$};
\draw [fill=uuuuuu] (13.048973797918537,-4.375504262911491) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (13.298565998868112,-3.909052272106014) node {$K$};
\draw [fill=uuuuuu] (13.048973797918537,4.812339484813573) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (13.298565998868112,5.307867891167533) node {$L$};
\draw [fill=uuuuuu] (13.048973797918537,0.21841761095104095) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (12.470078793180596,0.6821476594122694) node {$N$};
\draw [fill=uuuuuu] (9.415422350595298,2.860696154032951) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (9.673934473985227,3.3402107776596965) node {$J$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}\end{center}
Vẽ đường kính $DJ$ của $(I)$. Theo ví dụ 1 ta có $A,J,K$ thẳng hàng.\\
Do $\goc{CID}=\goc{EDK}=90^0-\dfrac{C}{2} $ nên $\Delta IDC \backsim \Delta DKL$, vậy $$\dfrac{JD}{2DK}=\dfrac{ID}{DK}=\dfrac{DC}{KL}=\dfrac{BK}{2KN} \Rightarrow \dfrac{KN}{DK}=\frac{BK}{JD} \ . $$
Suy ra $\Delta BKN \backsim \Delta JDK \Rightarrow \goc{BNK}=\goc{JKB} \Rightarrow BN \bot AK$. \het









\bhd {\bf (IMO Shortlist 2005)} \xd \abc có $AB+BC=3CA$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $AB,BC$ tại $D,E$. $K$ đối xứng $D$ qua $I$, $L$ đối xứng $E$ qua $I$. Chứng minh tứ giác $ACKL$ nội tiếp. \ehd
\lgiai
\ytu Gọi $F=AL \cap BC$, ta dễ tính được $EF=\dfrac{|b-c|}{2}$ và $CE=\dfrac{a+b-c}{2}$. Để có $ACKL$ nội tiếp thì cần $\goc{ALC}=\goc{AKC}$.\\
Ta cũng có $\goc{ALC}=\goc{LFC}+\goc{LCE}$, và ta có thể tính tan của hai góc này. Tương tự với $\goc{AKC}$.\\ Vậy ta sẽ chứng minh $\tan \goc{ALC}=\tan \goc{AKC}$.\\
\lgi
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.5]{IMOSL2005.jpg} 
\end{center}
Gọi $F=AL \cap BC$. Không giảm tổng quát giả sử $b<c$.\\Xét trục $BC$ với chiều dương là chiều của $\vto{BC}$ ta có $$\ds{EF}=\ds{CF}-\ds{CE}=-\ds{BE}-\ds{CE}=\dfrac{a+c-b}{2} - \dfrac{a+b-c}{2} = c-b>0 \Rightarrow EF=c-b \ . $$
Xét $\Delta LFE$ và $\Delta CLE$ ta có $$\tan \goc{LFC}=\dfrac{LE}{EF}=\dfrac{2r}{c-b} ; \quad \tan \goc{LCE}=\dfrac{LE}{CE}=\dfrac{4r}{a+c-b} \ . $$
Suy ra $$\begin{aligned} \tan \goc{ALC} & =\tan (\goc{LFC}+\goc{LCE}) = \dfrac{\tan \goc{LFC}+\tan \goc{LCE}}{1- \tan \goc {LFC} \cd \tan \goc {LCE}} \\ & = \lf ( \frac{2r}{c-b} + \frac{4r}{a+b-c} \ri ) : \lf ( 1 - \frac{8r^2}{(c-b)(a+b-c)} \ri ) 
\\ & = \frac{2r(a+c-b)}{(c-b)(a+b-c)-8r^2} \ . \end{aligned}$$
Do $a+c=3b \Rightarrow r^2=\dfrac{S^2}{p^2}=\dfrac{(p-a)(p-b)(p-c)}{p}=\dfrac{(b+c-a)(a+b-c)}{8} \ . $\\
Suy ra $$\tan \goc{ALC}=\dfrac{2r(a+c-b)}{(c-b)(a+b-c)-(b+c-a)(a+b-c)}=\dfrac{2r(a+c-b)}{(a+b-c)(a-2b)}=\dfrac{2br}{(2b-c)(b-c)} \ . $$
Chứng minh tương tự thì $$\tan \goc{AKC}=\dfrac{2br}{(2b-a)(b-a)} \ . $$
Lại có $a+c=3b \Rightarrow (2b-c)(b-c)=(2b-a)(b-a) \Rightarrow \goc{ALC}=\goc{AKC} \Rightarrow ALKC$ nội tiếp. \het








\bhd {\bf (IMO 2013)} \xd \abc có $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là các tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp trong các góc $A,B,C$ với các cạnh $BC,CA,AB$. Chứng minh nếu tâm $(A_1B_1C_1)$ nằm trên $(ABC)$ thì \abc vuông.\ehd
\lgiai
Bài toán vẫn đúng ở cả 2 chiều thuận và đảo. Nếu $AB=AC$ thì dễ thấy đpcm.\\
Ta xét trường hợp $AB > AC$, trường hợp còn lại tương tự. \\
$\circledast$ {\bf Chiều đảo:}\\
Giả sử tam giác $ABC$ vuông tại $A$. \\
Gọi $O$ là trung điểm $BC$ và $M$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$. Dễ thấy rằng $MB_1 = MC_1$.\\
Ta sẽ chứng minh rằng $MB_1 = MA_1$.\\
Thật vậy, ta có $BA_1 = \dfrac{a+b-c}{2}$ và $OB = \dfrac{a}{2}$ nên $OA_1 = \dfrac{c-b}{2}$. Do đó $$4MA_1^2 = a^2+(b-c)^2 \ .$$
\begin{center} \includegraphics{IMO.jpg}\end{center}
Đặt $H$ là hình chiếu của $M$ trên đoạn $AB$, đặt $MA = x$, ta có:
$$MB^2 - MA^2 = BH^2 - AH^2 \text{ hay } \frac{a^2}{2} - x^2 = c \lf (c-\frac{x}{\sqrt{2}} \ri ) \ .$$ Từ đó ta tính được $MA^2 = \dfrac{(b-c)^2}{2}$.\\
Theo định lí cos trong tam giác $MAC_1$ thì:
$$\begin{aligned} MC_1^2 & = MA^2+AC_1^2 - 2.MA.AC_1. \cos 45^{\circ} \\& = \frac{(b-c)^2}{2} + \frac{(a+c-b)^2}{4}-2 \cd \frac{\sqrt{2}}{2} \cd \frac{a+c-b}{2}\cd \frac{c-b}{\sqrt{2}} \ . \end{aligned}$$
Từ đó, ta có được $MA_1^2 = MC_1^2$ hay $M$ chính là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $A_1B_1C_1$. Ta có đpcm.\\


$\circledast$ {\bf Chiều thuận:}\\
Tiếp theo, giả sử tâm $M$ của $(A_1B_1C_1)$ thuộc đường tròn $(ABC)$ và không mất tính tổng quát, có thể xét $M$ thuộc cung $BC$ chứa $A$ của $(ABC)$.\\
Ta có $MB_1 = MC_1$ và theo tính chất tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp thì $BC_1 = CB_1$. Bằng biến đổi góc, ta cũng có $\widehat{ABM} = \widehat{ACM}$ nên ta có 2 trường hợp:\\
(1) $\Delta MB_1C = \Delta MC_1B $ (c-g-c).\\
(2) $\widehat{MC_1B} + \widehat{MB_1C}=180^{\circ}$. (không thể xảy ra) \\
Do đó, $MB=MC$ hay $M$ là trung điểm cung $BC$ chứa $A$ của $(ABC)$.\\
Đến đây, kẻ $MH, MK$ lần lượt vuông góc với $AB, AC$; theo giả sử thì $H$ thuộc đoạn $AB$ còn $K$ nằm ngoài đoạn $AC$ và theo tính chất đường phân giác, ta có $AH = AK$ hay
$$AB - AM . \sin \lf (\frac{180^{\circ} - {A}}{2} \ri ) = AC + AM . \sin \lf (\frac{180^{\circ} - {A}}{2} \ri ) \ . \quad (*)$$
Biến đổi tương đương: $$ \begin{aligned} (*)  \td AB-AC & = 2AM \cos \dfrac{A}{2} \td \sin C - \sin B  & = 2 \sin \lf ( \dfrac{C-B}{2} \ri ) \cos \dfrac{A}{2} \td \tan \dfrac{A}{2}=1 \td A=90^0\ . \end{aligned}$$
{\bf Kết luận:} Vậy tâm đường tròn $(A_1B_1C_1)$ thuộc $(ABC)$ khi và chỉ khi tam giác $ABC$ vuông. \het




\bhd {\bf * (China TST 2008)} \xd \abc có $AB>AC$ và đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $E$. Trên đoạn $AE$ lấy $F$ sao cho $CE=CF$. $AE$ cắt $(I)$ tại $D \ne E$. $CF$ cắt $BD$ tại $G$. Chứng minh $CF=FG$.\ehd
\lgiai
\ytu Ta đưa các độ dài cần tính về các đoạn trên cạnh $BC$. \\
\lgi
\begin{center}
\includegraphics[scale=0.8]{ChinaTST.jpg}
\end{center}
Gọi $M$ là trung điểm của $BC$. Vẽ đường cao $AH$ của $\Delta ABC$ và $CT$ của $\Delta CEF$. \\
Để chứng minh $CF=FG$ ta chứng minh $MF \parallel BD$ hay $\dfrac{EM}{EB}=\dfrac{EF}{ED}$.\\
Ta có $$\dfrac{EM}{EB}=\dfrac{BE-BM}{EB}=\dfrac{\dfrac{a+c-b}{2}-\dfrac{a}{2}}{\dfrac{a+c-b}{2}}=\dfrac{c-b}{a+c-b} \ . \quad (1)$$
Lại có $$\begin{aligned}AE^2=AH^2+HE^2 & =\dfrac{4S^2}{a^2}+ \lf (\dfrac{a+b-c}{2} - \dfrac{a^2+b^2-c^2}{2a} \ri)^2 \\ & = \dfrac{(a+b+c)(b+c-a)(c+a-b)(a+b-c)}{4a^2} + \dfrac{(c-b)^2(b+c-a)^2}{4a^2} \ . \end{aligned}$$
Gọi $K$ là tiếp điểm của $(I)$ với $AB$ thì $AD \cd AE = AK^2= \lf (\dfrac{b+c-a}{2} \ri)^2 \ . \quad (3)$\\
Do $ED \cd EA = AE^2 - AD \cd AE$ nên từ (2) và (3) ta có $$\begin{aligned}  ED \cd EA & = \dfrac{4S^2}{a^2} + \dfrac{(c-b)^2(b+c-a)^2}{4a^2} - \lf (\dfrac{b+c-a}{2} \ri)^2 \\ & = \dfrac{4S^2}{a^2}+\dfrac{(b+c-a)^2(c-b-a)(c-b+a)}{4a^2} \\ & = \dfrac{(a+b-c)(b+c-a)(c+a-b)}{2a} \ . \quad (4) \end{aligned}$$
Do $ATHC$ nội tiếp nên $$\begin{aligned} EF \cd EA & = 2 EI \cd EA =2 \cd EH \cd EC  \\  & =2 \cd \lf (\dfrac{a^2+c^2-b^2}{2a}-\dfrac{a+c-b}{2} \ri ) \cd \dfrac{a+b-c}{2} \\  & = \dfrac{(c-b)(b+c-a)(a+b-c)}{2a} \ . \quad (5) \end{aligned}$$
Từ (4) và (5) suy ra $$\dfrac{EF}{ED}=\dfrac{c-b}{a+c-b}=\dfrac{EM}{EB} \ .$$
Vậy ta có đpcm. \het



\bhd {\bf * (Balkan MO 2013)} \xd \abc có đường tròn bàng tiếp góc $A$ là $\om_a$ tiếp xúc $AB$ tại $P$ và $AC$ tại $Q$. Đường tròn bàng tiếp góc $B$ là $\om_b$ tiếp xúc $BA$ tại $M$ và $BC$ tại $N$. $K$ là hình chiếu của $C$ trên $MN$. $L$ là hình chiếu của $C$ trên $PQ$. Chứng minh $MKLP$ nội tiếp. \ehd
\lgiai
\begin{center}
\definecolor{qqwuqq}{rgb}{0.0,0.39215686274509803,0.0}
\definecolor{uuuuuu}{rgb}{0.26666666666666666,0.26666666666666666,0.26666666666666666}
\definecolor{zzttqq}{rgb}{0.6,0.2,0.0}
\definecolor{qqqqff}{rgb}{0.0,0.0,1.0}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(-3.786442364373873,-3.352720643284089) rectangle (18.055647634425576,7.188461921353911);
\fill[color=zzttqq,fill=zzttqq,fill opacity=0.1] (2.24,3.78) -- (0.52,0.9) -- (5.86,0.94) -- cycle;
\draw[color=qqwuqq,fill=qqwuqq,fill opacity=0.1] (6.536574402271956,-0.4967601888314821) -- (6.463018918126657,-0.10062638092921711) -- (6.066885110224392,-0.17418186507451616) -- (6.140440594369691,-0.5703156729767811) -- cycle; 
\draw[color=qqwuqq,fill=qqwuqq,fill opacity=0.1] (6.499451325816301,1.3060881944793672) -- (6.699631465020055,0.9564307694482894) -- (7.049288890051132,1.1566109086520433) -- (6.849108750847378,1.5062683336831209) -- cycle; 
\draw [color=zzttqq] (2.24,3.78)-- (0.52,0.9);
\draw [color=zzttqq] (0.52,0.9)-- (5.86,0.94);
\draw [color=zzttqq] (5.86,0.94)-- (2.24,3.78);
\draw(7.139676560893454,4.689788749161267) circle (3.7400982306373214cm);
\draw (3.928640399331051,6.607490901205479)-- (7.167691492034078,0.9497954418878956);
\draw (-1.1686403993310521,-1.9274909012054822)-- (7.470355179078703,-0.3233725714319098);
\draw (6.849108750847378,1.5062683336831209)-- (6.140440594369691,-0.5703156729767811);
\draw(-0.8051025059982613,3.2145749223302165) circle (2.3244355730935418cm);
\draw (7.855628515658939,-0.251833696851869)-- (7.167691492034078,0.9497954418878956);
\draw (7.855628515658939,-0.251833696851869)-- (7.470355179078703,-0.3233725714319098);
\draw [dash pattern=on 2pt off 2pt] (4.87136566524879,1.5304343943653034)-- (7.855628515658939,-0.251833696851869);
\draw (3.928640399331051,6.607490901205479)-- (-1.1686403993310521,-1.9274909012054822);
\draw (-0.787691529051899,0.8902045578348172)-- (7.167691492034078,0.9497954418878956);
\draw (2.24,3.78)-- (5.290736525585523,-0.7280916388571537);
\draw (-1.1686403993310521,-1.9274909012054822)-- (6.350478875452032,2.3772320515015113);
\draw [dotted] (5.86,0.94)-- (6.140440594369691,-0.5703156729767811);
\draw [dotted] (5.86,0.94)-- (6.849108750847378,1.5062683336831209);
\draw (3.928640399331051,6.607490901205479)-- (5.290736525585523,-0.7280916388571537);
\draw (7.470355179078703,-0.3233725714319098)-- (5.86,0.94);
\begin{scriptsize}
\draw [fill=qqqqff] (2.24,3.78) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (2.2153841048614535,4.092583078045814) node {$A$};
\draw [fill=qqqqff] (0.52,0.9) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (0.5060031484336707,0.6168417999759865) node {$B$};
\draw [fill=qqqqff] (5.86,0.94) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (5.824077235097884,0.711807408666419) node {$C$};
\draw [fill=uuuuuu] (3.8132662588699864,0.9246686611151309) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (3.791813209122631,0.7308005304045054) node {$D$};
\draw [fill=uuuuuu] (-1.1686403993310521,-1.9274909012054822) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-1.4502883905892363,-1.6623328085943918) node {$P$};
\draw [fill=uuuuuu] (7.470355179078703,-0.3233725714319098) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (7.438492582835234,-0.5987179912615486) node {$Q$};
\draw [fill=uuuuuu] (7.167691492034078,0.9497954418878956) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (7.305540730668629,1.224621695594754) node {$N$};
\draw [fill=uuuuuu] (3.928640399331051,6.607490901205479) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (3.6968476004321986,6.903565095282614) node {$M$};
\draw [fill=uuuuuu] (6.849108750847378,1.5062683336831209) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (6.982657661121159,1.7754222259992622) node {$K$};
\draw [fill=uuuuuu] (6.140440594369691,-0.5703156729767811) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (6.279912156811959,-0.31382116519025127) node {$L$};
\draw [fill=uuuuuu] (7.139676560893454,4.689788749161267) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (7.305540730668629,5.004252921473965) node {$I_b$};
\draw [fill=uuuuuu] (-0.8051025059982613,3.2145749223302165) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-0.6335841558515178,3.541782547641305) node {$I_c$};
\draw [fill=uuuuuu] (-0.787691529051899,0.8902045578348172) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (-0.6525772775896044,1.1486492086424083) node {$T$};
\draw [fill=uuuuuu] (7.855628515658939,-0.251833696851869) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (7.989293113239743,0.009061904357219014) node {$S$};
\draw [fill=uuuuuu] (5.290736525585523,-0.7280916388571537) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (5.425221678598068,-0.46576613909494313) node {$X$};
\draw [fill=uuuuuu] (6.350478875452032,2.3772320515015113) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (6.488836495930911,2.6491058259512403) node {$Y$};
\draw [fill=uuuuuu] (4.87136566524879,1.5304343943653034) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (5.0073730003601655,1.7944153477373486) node {$H$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}
\end{center}
Gọi $I_b,I_c$ lần lượt là tâm bàng tiếp góc $B,C$ của \abc .\\
Đường tròn bàng tiếp góc $C$ là $\om_c$ tiếp xúc $BC$ tại $T$. Gọi $S=MN \cap PQ$.\\
$X,Y$ lần lượt là hình chiếu của $M$ trên $PQ$, của $P$ trên $MN$. Đặt $H=AX \cap PY$.\\
Ta có: $$CK=\frac{b+c-a}{2} \cd \cos \dfrac{B}{2}; \quad CL=\dfrac{a+c-b}{2} \cd \cos \dfrac{A}{2} \ . $$
Lại có $$HA \cd HX = HP \cd HY \Rightarrow \dfrac{YH}{XH}=\dfrac{MH}{PH} = \dfrac{\sin \frac{B}{2}}{\sin \frac{A}{2}} \ .$$
Và $$\begin{aligned} & \tan \dfrac{A}{2} = \dfrac{b+c-a}{2TI_c} ; \quad \tan \dfrac{B}{2}=\dfrac{c+a-b}{2TI_c} \\ \Rightarrow & (a+c-b) \cd \tan \dfrac{B}{2} = (b+c-a) \cd \tan \dfrac{A}{2} \\ \Rightarrow & \dfrac{(b+c-a) \cd \cos \frac{B}{2}}{(a+c-b) \cos \frac{A}{2}}=\dfrac{\sin \frac{B}{2}}{\sin \frac{C}{2}} \Rightarrow \dfrac{CK}{CL}=\dfrac{YH}{XH} \ . \end{aligned}$$
Đặt $S_1 = HC \cap MN, S_2 = HC \cap PQ$.\\
Do $CK \parallel YH$ và $CL \parallel XH$ nên $$\begin{aligned}& \dfrac{S_1C}{S_1H}=\dfrac{CK}{YH}; \quad \dfrac{S_2C}{S_2H}=\dfrac{CL}{XH} \\ \Rightarrow & \dfrac{S_1C}{S_1H}=\dfrac{S_2C}{S_2H} \Rightarrow S_1 \tr S_2 \\ \Rightarrow & S_1 \tr S_2 \tr S \Rightarrow S,C,H \text{ thẳng hàng.} \end{aligned}$$
Do $\goc{SKL}=90^0-\goc{CKL}$ và $\goc{SYX}=90^0-\goc{HYX}$ nên $$\begin{aligned} & \goc{SKL}=\goc{HYX} \Rightarrow  KL \parallel XY \\ \Rightarrow & \goc{YXP}=\goc{KLP} \text{ mà } \goc{YXP}=180^0-\goc{PMY} \\ \Rightarrow & \goc{KLP}=90^0-\goc{PMY} \Rightarrow MPLK \text{ nội tiếp.} \end{aligned}$$
Vậy ta có đpcm. \het



\bhd {\bf (Russia 2010)} \xd Tiếp tuyến tại $A,B$ thuộc đường tròn $(O)$ cắt nhau tại $P$. $C$ là một điểm trên $(O)$, $C$ không là trung điểm cung $\goc{AB}$. $E=BC \cap AP, D=AC \cap BP$. Chứng minh tâm ngoại tiếp các tam giác $ACE, BCD, PCO$ thẳng hàng. \ehd
\lgiai
Xét trường hợp $C$ thuộc cung nhỏ $\goc{AB}$, trường hợp còn lại chứng minh tương tự.\\
Gọi $(O_1)$ là đường tròn $(ACE), (O_2)$ là đường tròn $(BCD), M$ là trung điểm $OP$. Ta có: $$\begin{cases} \goc{PAO_1}=\dfrac{180^0-\goc{AO_1E}}{2} = 90^0 -\goc{ACE}=\goc{ACB}=90^0 ; \\ \goc{PAM}=90^0-\goc{MAO}=90^0-\goc{MOA}=\goc{ACB}-90^0 \ . \end{cases}$$
\definecolor{uuuuuu}{rgb}{0.26666666666666666,0.26666666666666666,0.26666666666666666}
\definecolor{zzttqq}{rgb}{0.6,0.2,0.0}
\definecolor{qqqqff}{rgb}{0.0,0.0,1.0}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(0.33800000000000047,-4.554000000000004) rectangle (12.30600000000001,6.952000000000003);
\fill[color=zzttqq,fill=zzttqq,fill opacity=0.1] (2.42,1.66) -- (8.44,1.56) -- (4.38,-0.02) -- cycle;
\draw [color=zzttqq] (2.42,1.66)-- (8.44,1.56);
\draw [color=zzttqq] (8.44,1.56)-- (4.38,-0.02);
\draw [color=zzttqq] (4.38,-0.02)-- (2.42,1.66);
\draw(5.456736307171089,3.2195256916996047) circle (3.4137791056777873cm);
\draw (2.42,1.66)-- (5.456736307171089,3.2195256916996047);
\draw (8.44,1.56)-- (5.456736307171089,3.2195256916996047);
\draw (2.42,1.66)-- (6.53402075226978,-1.8663035019455252);
\draw [dash pattern=on 2pt off 2pt] (3.487083929920156,0.9215979182401826)-- (11.225560898799317,-0.49658830904250295);
\draw (5.456736307171089,3.2195256916996047)-- (5.33649419218585,-4.0190496304118275);
\draw [dash pattern=on 2pt off 2pt] (2.42,1.66)-- (5.39661524967847,-0.3997619693561114);
\draw [dash pattern=on 2pt off 2pt] (8.44,1.56)-- (5.39661524967847,-0.3997619693561114);
\draw (2.42,1.66)-- (5.33649419218585,-4.0190496304118275);
\draw (8.44,1.56)-- (5.33649419218585,-4.0190496304118275);
\draw (4.38,-0.02)-- (3.4655311900062187,-0.3758770245788607);
\begin{scriptsize}
\draw [fill=qqqqff] (2.42,1.66) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (2.582000000000002,1.958) node {$A$};
\draw [fill=qqqqff] (8.44,1.56) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (8.588000000000006,1.8699999999999999) node {$B$};
\draw [fill=qqqqff] (4.38,-0.02) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (4.386000000000003,-0.2860000000000014) node {$C$};
\draw [fill=uuuuuu] (5.456736307171089,3.2195256916996047) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (5.618000000000004,3.520000000000001) node {$O$};
\draw [fill=uuuuuu] (5.33649419218585,-4.0190496304118275) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (5.486000000000004,-3.7180000000000035) node {$P$};
\draw [fill=uuuuuu] (3.4655311900062187,-0.3758770245788607) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (3.6160000000000028,-0.06600000000000128) node {$E$};
\draw [fill=uuuuuu] (6.53402075226978,-1.8663035019455252) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (6.454000000000005,-1.430000000000002) node {$D$};
\draw [fill=uuuuuu] (11.225560898799317,-0.49658830904250295) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (11.426000000000007,-0.1320000000000013) node {$O_3$};
\draw [fill=uuuuuu] (6.570943347240928,0.35643671531761545) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (6.762000000000006,0.7259999999999992) node {$O_2$};
\draw [fill=uuuuuu] (3.487083929920156,0.9215979182401826) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (3.6820000000000026,1.2979999999999996) node {$O_1$};
\draw [fill=uuuuuu] (5.39661524967847,-0.3997619693561114) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (5.552000000000004,-0.0880000000000013) node {$M$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture}\\
Suy ra $AO_1 \tr AM$ hay $(O_1)$ tiếp xúc trong $(PAOB)$ tại $A$. Tương tự thì $(O_2)$ tiếp xúc trong $(PAOB)$ tại $B$.\\
Gọi $F$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $A,B$ của $(PAOB)$ thì $F,O,P$ thẳng hàng, do đó $$FA^2=FB^2=FC\cd FO \ . $$
Suy ra phương tích của $F$ với $(O_1), (O_2), (PCO)$ bằng nhau, mà $(O_1), (O_2), (PCO)$ đồng quy tại $C$. Suy ra $CF$ là trục đẳng phương của 3 đường tròn trên, do đó tâm 3 đường tròn này thẳng hàng. \het



\bhd {\bf * (IMO Shortlist 2005)} \xd \abc nhọn có $AB \ne AC$ và $H$ là trực tâm. $D,E$ là các điểm trên $AB,AC$ sao cho $H \in DE$. $M$ là trung điểm của $BC$. Chứng minh $HM$ vuông góc với dây cung chung của $(ADE)$ và $(ABC)$.\ehd
\lgiai
\ytu Qua hình vẽ ta thấy dây cung chung của $(ADE)$ và $(ABC)$ là phân giác $\goc{BAC}$. Ngoài ra tâm của $(ABC), (ADE)$ và trung điểm $AH$ cũng thẳng hàng. Nếu chứng minh được hai điều trên ta có đpcm.\\
\lgi
\begin{center} \definecolor{uuuuuu}{rgb}{0.26666666666666666,0.26666666666666666,0.26666666666666666}
\definecolor{xdxdff}{rgb}{0.49019607843137253,0.49019607843137253,1.0}
\definecolor{qqqqff}{rgb}{0.0,0.0,1.0}
\begin{tikzpicture}[line cap=round,line join=round,>=triangle 45,x=1.0cm,y=1.0cm]
\clip(0.5993891293512598,-1.5057849698875965) rectangle (10.467496784451647,7.9376705115302);
\draw (3.879733333333334,7.0935619047619065)-- (2.4346476190476194,3.924514285714287);
\draw (3.879733333333334,7.0935619047619065)-- (6.3065115018621505,4.59518578132173);
\draw (2.4346476190476194,3.924514285714287)-- (6.3065115018621505,4.59518578132173);
\draw(5.328882761352783,3.330634798366467) circle (4.0323261863066895cm);
\draw (1.5376151663912634,1.957337854450349)-- (9.048095514400055,1.7727160038379526);
\draw (3.879733333333334,7.0935619047619065)-- (3.807678491419087,4.162346166317274);
\draw(4.239703587670272,5.0154121164033105) circle (2.109095807890736cm);
\draw [dash pattern=on 4pt off 4pt] (3.8437059123762105,5.62795403553959)-- (5.328882761352783,3.330634798366467);
\draw (3.807678491419087,4.162346166317274)-- (5.2928553403956595,1.8650269291441512);
\draw (6.778032189372231,-0.43229230802897234)-- (5.2928553403956595,1.8650269291441512);
\draw (3.879733333333334,7.0935619047619065)-- (2.4924848421269137,6.196729932270053);
\draw (3.879733333333334,7.0935619047619065)-- (1.5376151663912634,1.957337854450349);
\draw (3.879733333333334,7.0935619047619065)-- (9.048095514400055,1.7727160038379526);
\draw (5.328882761352783,3.330634798366467)-- (5.229790471078976,-0.7004736336634806);
\draw (3.879733333333334,7.0935619047619065)-- (6.778032189372231,-0.43229230802897234);
\draw (3.879733333333334,7.0935619047619065)-- (4.59967384200721,2.9372623280447154);
\begin{scriptsize}
\draw [fill=qqqqff] (3.879733333333334,7.0935619047619065) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (4.0168280508921725,7.371467613286735) node {$A$};
\draw [fill=qqqqff] (2.4346476190476194,3.924514285714287) circle (1.5pt);
\draw[color=qqqqff] (2.5810992732033866,4.216908608787429) node {$D$};
\draw [fill=xdxdff] (6.3065115018621505,4.59518578132173) circle (1.5pt);
\draw[color=xdxdff] (6.443411900507022,4.884219167431512) node {$E$};
\draw [fill=xdxdff] (3.807678491419087,4.162346166317274) circle (1.5pt);
\draw[color=xdxdff] (3.9561634546518016,4.43934546166879) node {$H$};
\draw [fill=uuuuuu] (1.5376151663912634,1.957337854450349) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (1.2869212200754672,1.9318754837334429) node {$B$};
\draw [fill=uuuuuu] (9.048095514400055,1.7727160038379526) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (9.274426391724347,1.8307678233328242) node {$C$};
\draw [fill=uuuuuu] (3.8437059123762105,5.62795403553959) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (3.9763849867319254,5.915517303517825) node {$I$};
\draw [fill=uuuuuu] (5.328882761352783,3.330634798366467) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (5.472778360661082,3.6102626463837155) node {$O$};
\draw [fill=uuuuuu] (4.239703587670272,5.0154121164033105) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (4.4414802245747715,5.288649809033988) node {$O'$};
\draw [fill=uuuuuu] (5.229790471078976,-0.7004736336634806) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (5.230119975699597,-0.959803603724255) node {$P$};
\draw [fill=uuuuuu] (5.2928553403956595,1.8650269291441512) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (5.432335296500835,2.1543123366148045) node {$M$};
\draw [fill=uuuuuu] (4.59967384200721,2.9372623280447154) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (4.744803205776627,3.226053536861364) node {$N$};
\draw [fill=uuuuuu] (6.778032189372231,-0.43229230802897234) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (6.908507138349869,-0.6362590904422747) node {$A'$};
\draw [fill=uuuuuu] (2.4924848421269137,6.196729932270053) circle (1.5pt);
\draw[color=uuuuuu] (2.2979978240816545,6.421055605520919) node {$K$};
\end{scriptsize}
\end{tikzpicture} \end{center}
Gọi $O,O',I$ lần lượt là tâm $(ABC)$, tâm $(ADE)$ và trung điểm $AH$.\\
Gọi $P$ là trung điểm cung $\goc{BC}$ không chứa $A$ của $(ABC)$.\\ $AP$ cắt $HM$ tại $N$ và cắt $(ADE)$ tại $N'$.\\
Vẽ đường kính $AA'$ của $(ABC)$ thì do $BHCA'$ là hình bình hành nên $H,M,A'$ thẳng hàng.\\
Ta có $AH=2R\cos A; \quad MP=OP-OM=R(1-\cos A)$. Lại do $AH \parallel MP$ nên $$\dfrac{AN}{AP}=\dfrac{AH}{AH+MP}=\dfrac{2 \cos A}{1+\cos A} \ . \quad (1)$$
Nhận xét $$\sin \goc{AHD}=\sin \lf (B+\dfrac{A}{2} \ri); \quad \sin \goc{ADE}=\cos \dfrac{A}{2} \ .$$
Áp dụng định lý sin trong tam giác $ADH$ ta có $AD=\dfrac{1}{\cos \frac{A}{2}} \cd AH \sin \lf (B+\dfrac{A}{2} \ri) \ .$\\
Do $\Delta ADE$ cân có $AP$ là phân giác nên $AN'$ là đường kính của $(ADE)$, do đó $$AD=AN' \cos \dfrac{A}{2} \ .$$
Kết hợp hai điều trên: $$AN'=\dfrac{1}{\cos^2 \frac{A}{2}} \cd AH \sin \lf (B+\dfrac{A}{2} \ri) = \dfrac{4R\cos A \cd \sin \lf (B+\dfrac{A}{2} \ri)}{1+\cos A} \ . \quad (2)$$
Lại có $AP=2R\sin \goc{ABP}=2R \sin \lf (B+\dfrac{A}{2} \ri)$ nên từ (1) và (2) ta có $AN=AN' \Rightarrow N \equiv N'$.\\
Suy ra $H,N,A'$ thẳng hàng, do đó $O,O',I$ thẳng hàng và cùng nằm trên đường trung bình $\Delta AHA'$.
Suy ra $HM \parallel OI$, mà $OI \bot AN$ nên ta có đpcm. \het
\nx Bài toán tương tự đã xuất hiện trong kì thi chọn đội tuyển quốc gia Việt Nam:\\
{\bf Bài toán mở rộng. (Vietnam TST 2006)}\\
\abc nhọn có $H$ là trực tâm. Phân giác ngoài của góc $\goc{BHC}$ cắt $AB, AC$ lần lượt tại $D,E$. Phân giác trong của góc $\goc{BAC}$ cắt $(ADE)$ tại $K$. Chứng minh $HK$ đi qua trung điểm của $BC$.\\







\bhd {\bf (IMO Shortlist 2011)} \xd \abc có tâm nội tiếp $I$ và đường tròn ngoại tiếp $\om$. $D,E$ là giao điểm của $\om$ với $AI, BI$. $DE$ cắt $AC$ tại $F$ và $BC$ tại $G$. Đường thẳng qua $F$ và song song $AD$ cắt đường thẵng qua $G$ và song song $BE$ tại $P$. Tiếp tuyến của $\om$ tại $A,B$ cắt nhau tại $K$. Chứng minh $AE,BD,KP$ song song hoặc đồng quy.\ehd
\lgiai
\begin{center}\includegraphics[scale=0.7]{IMO2011.png}\end{center}
Do $\goc{IAF}=\goc{DAC}=\goc{BAD}=\goc{DEB}=\goc{FEI}$ nên $AIFE$ nội tiếp đường tròn $\om_1$.\\
Tương tự $BDGI$ nội tiếp đường tròn $\om_2$.\\
$L$ là giao điểm thứ hai của $\om_1$ và $\om_2$ (nếu $\om_1$ tiếp xúc $\om_2$ thì $ L \tr I, IL$ là tiếp tuyến chung).\\
$IL$ cắt $(ABL)$ và $(FGL)$ lần lượt tại $K',P' \ne L$. Ta có $$(AB,BK') \tr (AL,LK') \tr (AL,LI) \tr (AE,EI) \tr (AE,EB) \tr (AB,AB)\quad  \mpi \ .$$
Suy ra $BK' \tr BK$. Tương tự $AK' \tr AK$. Do đó $K \tr K'$. Lại có $$(P'F,FG) \tr (P'L,LG) \tr (IL,LG) \tr (ID,DG) \tr (AD,DE) \tr (PF,FG)\quad \mpi \ .$$
Suy ra $P'F \tr PF$ và tương tự thì $P'G \tr PG$. Do đó $P' \tr P$. Suy ra $IL$ qua $K$ và $P$.\\
Nhận xét $KP, AE, BD$ lần lượt là trục đẳng phương của $\om_1$ và $\om_2$, $\om$ và $\om_1$, $\om$ và $\om_2$. Do đó chúng song song hoặc đồng quy. \het


\bhd {\bf (Russia 2012)} \xd Hình bình hành $ABCD$ có $A > 90^0$. $H$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$. Trung tuyến đỉnh $C$ của \abc cắt $(ABC)$ tại $K$. Chứng minh $K,H,C,D$ đồng viên.\ehd
\lgiai
\begin{center}\includegraphics[scale=0.7]{Russia2012.png}\end{center}
Xét $M$ là trung điểm $BC$ và là tâm của $(ABH)$. Ta có: $$\begin{aligned} \goc{KMH} & = \goc{KMB}+\goc{BMH}=\goc{MBC}+\goc{MCB}+2\goc{BAH} \\ & = \goc{MCB}+180^0-2\goc{ABH}+\goc{MBC} \\ & = \goc{MCB}+180^0-\goc{ABH}=\goc{KAB}+\goc{BAD}=\goc{KAD} \ . \end{aligned}$$
Lại có $\Delta KAM \backsim \Delta BCM \Rightarrow \dfrac{KM}{KA}=\dfrac{BM}{BC}=\dfrac{MH}{AD} \ .$
Suy ra $\Delta KMH \backsim \Delta KAD$, do đó $$\goc{KDC}=\goc{ADC}-\goc{ADK}=\goc{ABC}-\goc{MHK}=\goc{MHB}-\goc{MHK}=180^0-\goc{KHC} \ .$$
Vậy ta có đpcm. \het








\bhd {\bf (Russia 2009)} \xd Hình bình hành $ABCD$ có $A_1 \in AB, C_1 \in BC, AC_1 \cap CA_1=P$. $(AA_1P)$ cắt $(CC_1P)$ tại $Q \ne P$. Chứng minh $\goc{PDA}=\goc{QBA}$.\ehd
\lgiai
Ta có $\dfrac{\sin \goc{ABP}}{\sin \goc{CBQ}} = \dfrac{AA_1}{CC_1}$ và $\dfrac{\sin \goc{ADP}}{\sin \goc{CDP}} \cd \dfrac{EP}{PC}=\dfrac{CD}{ED}$, do $E=AD \cap CP$.
\begin{center}\includegraphics[scale=0.7]{Russia2009.png}\end{center}
Lại có $\dfrac{EP}{PC}=\dfrac{EA}{CC_1}$ và $$ \begin{aligned} & \dfrac{AD}{ED}=1-\dfrac{EA}{ED}=1-\dfrac{AA_1}{CD}=\dfrac{CD-AA_1}{CD} \\ \Rightarrow & ED=\dfrac{CD \cd AD}{CD-AA_1}=\dfrac{CD \cd AD}{AB-AA_1}=\dfrac{CD \cd AD}{BA_1} \\ \Rightarrow & \dfrac{\sin \goc{ADP}}{\sin \goc{CDP}}=\dfrac{EA}{CC_1} \cd \dfrac{CD}{\frac{CD \cd AD}{BA_1}} = \dfrac{EA}{BC} \cd \dfrac{BA_1}{CC_1}  \\ \Rightarrow & \dfrac{\sin \goc{ADP}}{\sin \goc{CDP}}= \dfrac{AA_1}{BA_1} \cd \dfrac{BA_1}{CC_1} = \dfrac{AA_1}{CC_1}=\dfrac{\sin \goc{ABQ}}{\sin \goc{CBQ}} \ . \end{aligned}$$
Đặt $\goc{ABC}=\goc{ADC}=\alpha$ thì do $f(x)=\dfrac{\sin (\alpha - x)}{\sin x}$ giảm thật sự trên $(0;\pi)$ nên ta suy ra $\goc{PDA}=\goc{QBA}$. \het





\bhd{\bf(Balkan MO 2007)}\xd { Cho tứ giác lồi $ABCD$ sao cho $AB=BC=CD$, trong đó $AC\not=BD$. Gọi $E$ là giao điểm của $AC$ và $BD$. Chứng minh rằng nếu $AE=ED$ thì $\goc{BAD}+\goc{ADC}=120^{\circ}$.} \ehd
\lgiai 
\begin{center}\includegraphics[scale=0.7]{BalkanMO2007.png}\end{center}
$\bullet$ {\bf Chiều thuận:} $AE=ED$ $\Rightarrow$ $\goc{BAD}+\goc{ADC}=120^{\circ}$ \\
- Do $AE=ED$ nên $\Delta EAD$ cân tại $E$ $\Rightarrow$ $\goc{EAD}=\goc{EDA}=\beta$ \\
- Áp dụng định lí $\sin$ trong tam giác, ta có: $$\frac{AB}{\sin \beta}=\frac{AD}{\sin \goc{ABD}}; \quad \frac{CD}{\sin \beta}=\frac{AD}{\sin \goc{ACD}} \ .$$
mà $AB=CD$ $\Rightarrow$ $\sin ABD=\sin ACD$ $\Rightarrow$ $\goc{ABD}+\goc{ACD}=180^{\circ}$ ( do $AC\not= BD$ ).\\
- Đặt $\goc{ACD} =x$. Gọi $M$ là giao điểm của $AB$ và $CD$. Ta có:
$$\begin{aligned} & \goc{MBD}=\goc{BAD}+\goc{BDC}=\goc{BAC}+2\beta  \\ \Rightarrow & \goc{BAC}=x-2\beta \Rightarrow \goc{BAC}=\goc{BCA}=x-2\beta \ . \end{aligned}$$
- Chứng minh tương tự: ta tính được $\goc{CDB}=180^{\circ}-x-2\beta$ \\
- Mặt khác ta lại có: $$\begin{aligned} & \goc{BEA}=\goc{EBC}+\goc{BCE} \\ \Leftrightarrow & \goc{DBC}=4\beta-x \wedge \goc{CBD}=\goc{CDB} \\
\Leftrightarrow & 180^{\circ}-x-2\beta=4\beta - x \Rightarrow \beta=30^{\circ}. \end{aligned}$$ 
Từ đó ta dễ chứng minh được $\goc{BAD}+\goc{ADC}=120^{\circ}$. \\
$\bullet$ {\bf Chiều nghịch:} $\goc{BAD}+\goc{ADC}=120^{\circ}$ $\Rightarrow$ $AE=DE$. \\
- Đặt $\goc{EAD}=\alpha ; \goc{EDA}=\beta$. Áp dụng định lí sin trong tam giác, ta được: $ \pso \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin \goc{ACD}}{\sin \goc{ABD}}.$ \\
- Đặt $\goc{CDB}=\goc{CBD}=x$. Từ đó ta tính được $\goc{ACD}=180^{\circ}-\alpha-\beta-x$.\\
- Ta có: $$\goc{AEB}=\goc{EBC}+\goc{ECB}\Leftrightarrow \goc{ACB}= \alpha+\beta-x=\goc{CAB} \Rightarrow \goc{ABD}=180^{\circ}-2\alpha-2\beta+x.$$
- Do $ \goc{BAD}+\goc{ADC}=120^{\circ} $ $\Rightarrow$ $ \alpha+\beta=120^{\circ} $ \\
Từ đó kết hợp với các dữ kiện ở trên, ta được: 
$$\frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{\sin \goc{ACD}}{\sin \goc{ABD}}=\frac{60+x}{120-x}=1 \Leftrightarrow \sin\alpha=\sin\beta \Leftrightarrow \alpha=\beta \Leftrightarrow AE=DE$$
Vậy ta có đpcm.
\het






\bhd {\bf * (Nguyễn Duy Hiếu)}\xd {Cho \abc vuông tại $A$. $D$ là điểm di động trên cạnh $AC$. Đường tròn $(O)$ đường kính $BD$, cắt $BC$ tại điểm thứ hai là $P$. Đường cao vẽ từ $A$ của $\Delta ABD$ cắt $(O)$ tại điểm thứ 2 là $E$. Gọi $F$ là giao điểm của $CE$ và $DP$; $I$ là giao điểm của $AF$ và $DE$. Đường thẳng qua $I$ và song song $DP$ cắt đường trung trực của $AI$ tại $M$. Chứng minh $M$ di động trên một đường cố định khi $D$ di động trên $AC$.} \ehd
\lgiai
- Gọi $P,Q$ lần lượt là giao điểm của $BC$ với $DF$ và $AE$.\\ Ta chứng minh $I$ luôn di động trên $BC$ nghĩa là $AF,BC,DE$ đồng quy hay $$\frac{DC}{DA} \cd \frac{GA}{GE} \cd \frac{FE}{FC}=1 \ .$$ 
- Ta có: 5 điểm $A,D,P,E,B$ cùng nằm trên đường tròn đường kinh $BD$. \\ Suy ra $\goc{FDE}=\goc{PBE}=\alpha$; $\goc{FDC}=\goc{PBA}=\beta.$ \\
\begin{center}\includegraphics[scale=0.7]{NDH.png}\end{center}
Do đó: $$\begin{aligned} & \frac{FE}{\sin \goc{FDE}}=\frac{DE}{\sin \goc{DFE}} \Rightarrow \frac{FE}{\sin\alpha}=\frac{DE}{\sin \goc{DFE}} \\
& \frac{FC}{\sin \goc{FDC}}=\frac{DC}{\sin \goc{DFC}} \Rightarrow \frac{FC}{\sin\beta}=\frac{DC}{\sin \goc{DFC}} \end{aligned}$$ Mà $\sin \goc{DFE}=\sin \goc{DFC}$ 
$\Rightarrow$ $\pso \frac{FE}{FC}=\frac{DE}{DA} \cd \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=\frac{DA}{DC} \cd \frac{\sin\alpha}{\sin\beta} \ .$ \\
- Mặt khác chứng minh tương tự ta được: $$\frac{GA}{GE}=\frac{\sin\beta}{\sin\alpha} \ .$$
Từ các dữ kiện trên, suy ra: $$\frac{DC}{DA} \cd \frac{GA}{GE} \cd \frac{FE}{FC}=\frac{DC}{DA} \cd \frac{\sin\beta}{\sin\alpha} \cd \frac{DA}{DC}\cd \frac{\sin\alpha}{\sin\beta}=1 \ . $$
- Theo định lí Ceva suy ra $BC,AF,DE$ đồng quy $\Rightarrow$ $I$ luôn thuộc $BC$ cố định. \\
- Ta có $M$ thuộc đường trung trực của $AI$ nên $MI=MA$. Lại do $MI \perp BC$ tại $I$ nên $MI=d(M,BC)$. \\
- Từ hai điều trên suy ra $MA=d(M;BC)$ $\Rightarrow$ $M$ di động trên đường parapol $(P)$ có tiêu điểm là $A$ và đường chuẩn là $BC$. Do $A$ và $BC$ cố định nên $(P)$ cố định. \het





 \bhd Cho \abc có $AC>AB$ nội tiếp đường tròn tâm $O$. Đường tròn tâm $X$ bán kính $x$ tiếp xúc với $(O)$ và $BC$ tại $A,W$. Đường thẳng vuông góc với $BC$ tại $C$ cắt đường phân giác ngoài của $\goc{BAC}$ tại $P$. Chứng minh rằng $B,X,P$ thẳng hàng. \ehd
\lgiai
\begin{center}\includegraphics[scale=0.7]{Trung.png}\end{center}
Ta có: $(X)$ tiếp xúc với $(O)$ tại $A$ nên $A,X,O$ thẳng hàng. 
Gọi $T=AW \cap (O)$ ; $K=AX \cap (O)$. Ta chứng minh được rằng $AW$ là phân giác góc $\goc{BAC}$ và $\goc{TAX} = \dfrac{1}{2}({B} -{C})$.
Ta có: \\
$\Delta AXW$ cân tại $X$ nên $$AX=\dfrac{AW}{2\cos \goc{TAX}}\Leftrightarrow x=\dfrac{AW}{2\cos \lf ( \dfrac{{B}-{C}}{2} \ri )} \ . \quad (1)$$
Do tứ giác $APCW$ nội tiếp nên $$\goc{CPW}=\goc{CAW}=\dfrac{1}{2}{A} \Rightarrow PC=CW \cd \cot \dfrac{A}{2} \ . \quad (2)$$
Mặt khác, $CW \cd \sin C = AW \cd \sin \dfrac{A}{2}$, kết hợp với (1) và (2) ta suy ra
$$ \dfrac{PC}{x}=\dfrac{2 \cd \cos \lf (\dfrac{{B}-{C}}{2}\ri) \cd \cos \lf ( \dfrac{A}{2} \ri )}{\sin C}  \ .$$
Mặt khác ta có thể chứng minh được rằng
$$ \dfrac{2 \cd \cos \lf (\dfrac{{B}-{C}}{2} \ri) \cd \cos \lf (\dfrac{A}{2}  \ri ) }{\sin C}= \dfrac{\cos \lf (\dfrac{B-C}{2} \ri )}{\sin \lf (\dfrac{A}{2} \ri )} \cd \dfrac{\sin A}{\sin C} \ . $$
mà trong đó $$ \dfrac{cos \lf (\dfrac{B-C}{2} \ri )}{sin\lf (\dfrac{A}{2} \ri)}=\dfrac{b+c}{a} \text{ và } \dfrac{\sin A}{\sin C}=\dfrac{a}{c} \ .$$
Suy ra $$\begin{aligned} & \dfrac{2 \cd \cos \lf ( \dfrac{{B}-{C}}{2} \ri) \cd \cos \lf (\dfrac{A}{2} \ri)}{\sin C}=\dfrac{b+c}{c} 
 \\ \Leftrightarrow &  \dfrac{PC}{x}=\dfrac{b+c}{c}=\dfrac{CB}{WB} \ . \end{aligned}$$ Từ đó ta chứng minh được $\Delta BWX \backsim \Delta BCP$ $\Rightarrow$ $ B,X,P$ thẳng hàng.
\het










\chapter[Ứng dụng hệ tọa độ Descartes]{Chương 3: Ứng dụng hệ tọa độ Descartes}
\section{Lý thuyết}
Ngoài các kiến thức giáo khoa về mặt phẳng $Oxy$, ta cần lưu ý:
\bpr
{\it Tọa độ các điểm đặc biệt.}\epr
\abc có $G$ là trọng tâm, $I$ là tâm nội tiếp, $H$ là trực tâm, $O$ là tâm ngoại tiếp, $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$. Ta có: \begin{center} \begin{itemize}
\item $a\vto{IA}+b\vto{IB}+c\vto{IC}=\vto{0}.$ \\ $ \quad \quad \quad \quad \quad \quad \Rightarrow I \lf (\dfrac{ax_A+bx_B+cx_C}{a+b+c}; \dfrac{ay_A+by_B+cy_C}{a+b+c} \ri) \ . $
\item $\vto{GA}+\vto{GB}+\vto{GC}=\vto{0}.$ \\ $ \quad \quad \quad \quad \quad \quad \Rightarrow G \lf (\dfrac{x_A+x_B+x_C}{3}; \dfrac{y_A+y_B+y_C}{3} \ri ) \ .$
\item $\vto{AH} \cd \vto{BC}={0} ; \quad \vto{BH} \cd \vto{AC}={0} \ . $ \\ $ \quad \quad \quad \quad \quad \quad \Rightarrow \begin{cases} x_H(x_C-x_B)+y_H(y_C-y_B)=x_A(x_C-x_B)+y_A(y_C-y_B) \\ x_H(x_C-x_A)+y_H(y_C-y_A)=x_B(x_C-x_A)+y_B(y_C-y_A) \end{cases}$
\item $OA^2=OB^2=OC^2 \  .$ \\ $\quad \quad \quad \quad \quad \quad  \begin{aligned} \Rightarrow &  -2x_Ox_A+x_A^2-2y_Oy_A+y_A^2 \\ = & -2x_Ox_B+x_B^2-2y_Oy_B+y_B^2 \\ = & -2x_Ox_C+x_C^2-2y_Oy_C+y_C^2 \end{aligned}$
\item $(\vto{AJ};\vto{AB})=(\vto{AJ};\vto{AC}) ; \quad (\vto{BJ};\vto{BC})=(\vto{BJ};\vto{AB}). $ \\ $ \quad \quad \quad \quad \quad \quad \begin{aligned} & \Rightarrow \dfrac{\vto{AJ}\cd \vto{AB}}{c}=\dfrac{\vto{AJ} \cd \vto{AC}}{b} ; \quad \dfrac{\vto{BJ} \cd \vto{BC}}{a}=\dfrac{\vto{BJ} \cd \vto{AB}}{c} \\ & \Rightarrow J  \lf ( \dfrac{-ax_A+bx_B+cx_C}{-a+b+c}; \dfrac{-ay_A+by_B+cy_C}{-a+b+c} \ri ) \end{aligned}$

\end{itemize} \end{center}
\section{Một số ví dụ cơ bản}
Bài toán tiêu biểu nhất cho phương pháp tọa độ chính là bài hình từ kì thi toán quốc gia của Việt Nam.\\


\hop{\bbt {\bf (Vietnam 2008)} \xd Cho \abc có trung tuyến $AD$ và đường thẳng $d \bot AD$. $M$ là một điểm nằm trên $d$. $E,F$ lần lượt là trung điểm của $MB,MC$. Đường thẳng qua $E$ và vuông góc $d$ cắt $AB$ tại $P$. Đường thẳng qua $F$ và vuông góc $d$ cắt $AC$ tại $Q$. Chứng minh đường thẳng $\Delta$ đi qua $M$ và vuông góc $PQ$ luôn đi qua một điểm cố định khi $M$ di động trên $d$.\ebt }
\lgiai
\ytu Bài toán chỉ có đường thẳng vuông góc nên ta nghĩ tới việc gán tọa độ. Để việc tính toán tiện lợi ta chọn gốc tọa độ $D$.\\
\lgi
Chọn hệ trục tọa độ $Oxy$ có $O \tr D, Oy \tr DA$. Khi đó $Ox \parallel d$.\\
Đặt $A(0;a), B(b;c), C(-b;-c) \ (a,b \ne 0)$. Suy ra $\vto{AB}(b;c-a), \quad \vto{AC}(-b;-c-a)$.\\
Do đó ta tính được $$\begin{aligned} & (AB):(a-c)x+by-ab=0 \ ; \\ & (AC):(a+c)x-by+ab=0 \ . \end{aligned}$$
Nhận xét $d$ cố định và $d \parallel Ox$ nên $y_M$ không đổi. Đặt $y_M=h$ ta có $$E \lf (\dfrac{b+x_M}{2}; \dfrac{h+c}{2} \ri ) , \quad F \lf (\dfrac{x_M-b}{2}; \dfrac{h-c}{2} \ri) \ . $$
Gọi $d_1,d_2$ lần lượt là đường thẳng qua $E$ và vuông góc $d$, qua $F$ và vuông góc $d$, suy ra $$(d_1):x=\dfrac{b+x_M}{2}; \quad (d_2):x=\dfrac{x_M-b}{2} \ . $$
Như vậy $$\begin{aligned} P = d_1 \cap AB = \lf ( \dfrac{b+x_M}{2}; a- \dfrac{(a-c)(b+x_M)}{2b} \ri ) \ ;
  \\ Q=d_2 \cap AC = \lf (\dfrac{x_M-b}{2}; a+\dfrac{(a+c)(x_M-b)}{2b} \ri) \ .
 \end{aligned}$$
Do đó $\vto{PQ}= \lf (-b;\dfrac{ax_M-bc}{b} \ri)$. Vì vậy $$\begin{aligned}  (\Delta)  & : -b(x-x_M)+\dfrac{ax_M-bc}{b} \cd (y-h)=0 \\ & \Leftrightarrow b^2 \lf (x-\dfrac{bc}{a} \ri) - (ax_M-bc) \lf (y -h+\dfrac{b^2}{a} \ri) = 0 \ . \end{aligned}$$
Suy ra $\Delta$ luôn qua điểm cố định $\lf (\dfrac{bc}{a}; h-\dfrac{b^2}{a} \ri) \ .$ \het
\nx Bạn đọc có thể tham khảo lời giải bằng hình thuần túy cho bài toán này trong {\bf tài liệu tham khảo số 1}. Điểm cố định cần tìm chính là giao điểm của $HH'$ và $KK'$, trong đó $H,K$ lần lượt là hình chiếu của $B,C$ lên $d$ và $H',K'$ lần lượt đối xứng $H$ qua $AB$, $K$ qua $AC$. Tuy có lời giải tọa độ đơn giản nhưng đây là một bài hình rất khó, và có $81,2 \%$ thí sinh bị điểm $0$ ở bài toán này trong kì hi năm 2008.

\chapter*{Tài liệu tham khảo}
\thispagestyle{empty}
\markboth{{\it Tài liệu tham khảo}}{{\it Tài liệu tham khảo}}
\addcontentsline{toc}{section}{{\bf Tài liệu tham khảo}\rm} 
\begin{enumerate}
\item Trần Nam Dũng (Chủ biên) ; Võ Quốc Bá Cẩn ; Lê Phúc Lữ ; Phạm Hy Hiếu ; Từ Nguyễn Thái Sơn ; Lê Việt Hải.
\\ {\it Chuyên đề Toán học số 9 của trường Phổ Thông Năng Khiếu}, Công ty cổ phần giáo dục Titan, 2010.
\item Zvezdelina Stankova Frenkel, Mills College.\\
{\it Complex numbers in Geometry}, Berkeley Math Circle, Tháng 05/2000.
\item Titu Andreescu. \\ {\it Complex numbers from A to Z}, Birkhauser.
\item Yufei Zhao. \\ {\it Lemmas in Euclidean geometry}, IMO Training 2007.
\item Diễn đàn AOPS.
\item Diễn đàn MathScope. 
\end{enumerate}


\end{document}