Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Hệ thức lượng trong tam giác (Toán học Lớp 10)

a) Gọi $J$ là tâm $(DEF)$. Gọi $DM$ cắt $(J)$ tại $X$. Gọi $XF$ cắt $DE$ tại $S^{\prime }$.

Áp dụng định lí Pascal cho bộ các điểm $\left(\begin{array}{ccc}F& D& X\\ D& F& E\end{array}\right)\Rightarrow S^{\prime },B,M$ thẳng hàng hay $S^{\prime }$ trùng $S$.

Tương tự ta có $R,E,X$ thẳng hàng.

Áp dụng định lí Pascal cho bộ các điểm $\left(\begin{array}{ccc}F& D& E\\ E& X& F\end{array}\right)\Rightarrow A,S,R$ thẳng hàng.

b) Ta có $MA.MJ=ME.MF=MD.MX\Rightarrow$ Tứ giác $ADJX$ nội tiếp mà $JD=JX$.

$\Rightarrow AJ$ là phân giác $\angle XAD\Rightarrow AD,AX$ đối xứng qua $d$ hay $RE,SF,d$ đồng quy.

a) Kẻ đường kính $AL$ và $G$ là hình chiếu của $A$ trên $BC$.
Gọi $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $B$ của $△PBC$.
Ta thấy $\angle LBA=\angle LCA=90^{\circ }$ mà $KB,KC$ đối xứng với $BC$ qua $AB,AC$ nên $BL$ là phân giác $\angle CBK$ và $CL$ là phân giác $\angle BCK$ nên $L$ là tâm đường tròn nội tiếp $△KBC$.
Dễ thấy $G,H$ đối xứng qua trung điểm $BC$, mà $H$ là tiếp điểm tâm nội $I$ của $△PBC$ nên theo tính chất quen ta có $G$ là tiếp điểm tâm bàng $J$ hay $J,L,G$ thẳng hàng.
b) Gọi $PJ,AK$ cắt $BC$ lần lượt tại $N,R$. Theo hàng điểm phân giác và hàng điểm tứ giác toàn phần ta có $(ALRK)=(AIHQ)=-1\Rightarrow IL,RH,KQ$ đồng quy tại $S$.
Gọi $CL$ cắt $BJ$ tại $X$, $BL$ cắt $CJ$ tại $Y$, $XY$ cắt $GJ$ tại $R$. Ta có $(GRLJ)=(HQIA)=-1$ và $AH//GJ$ nên $AJ,LI,HG,QR$ đồng quy tại $S$.
Lại có $(PNIJ)=-1\Rightarrow S(PINJ)=S(PIHA)=-1=S(QIHA)\Rightarrow S,P,Q$ thẳng hàng hay $P,Q,K$ thẳng hàng.

a) Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $S$. Để ý rằng: $\frac{DB}{DC}\cdot \frac{EC}{EA}\cdot \frac{FA}{FB}=1$ (do $BF=BD$, $AF=AE$, $EC=CD$).

Vì thế: $AD$, $BE$, $CF$ đồng quy (theo định lý Ceva đảo).

Áp dụng hàng điểm điều hòa cơ bản thì: $(SD,BC)=-1$ do đó theo hệ thức Maclaurin thì:

$$SD.SM=SB.SC$$

Ta có tam giác $GBC$ đồng dạng tam giác $AEF$ (g.g) do đó: $\angle AFQ=\angle QCB$ suy ra: $FQCB$ nội tiếp suy ra: $SF.SQ=SB.SC=SD.SM$ suy ra: $F,D,M,Q$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Lấy $K$ đối xứng $H$ qua $J$. Ta có một tính chất quen thuộc sau của mô hình đường tròn nội tiếp (các bạn tự chứng minh lại): $GK$ đi qua tiếp điểm bằng tiếp góc $G$ của tam giác $GPQ$ và $GK\parallel JN$.

Tương tự ý đầu ta chứng minh được: $P,E,M,D$ cùng thuộc một đường tròn.

Do đó: $\angle EPM=\angle EDC=90^{\circ }-C/2$.

Lại có: $\angle EPB=\angle EFB+\angle ABG=\angle A+90^{\circ }-A/2+B/2-C/2=180^{\circ }-\angle C=2\angle MPE$ suy ra: $MP$ là phân giác góc $BPQ$ hay $M$ là tâm bàng góc $G$ của tam giác $GPQ$.

Gọi $X$ là hình chiếu của $M$ lên $PQ$. Ta có: $GX\parallel JN$. Do đó ta cần chỉ ra rằng: $I,X,G$ thẳng hàng.

Lấy $L$ là hình chiếu của $M$ lên $GC$ và $T$ đối xứng $G$ qua $O$.

Ta có: $\frac{GM}{GT}=\frac{ML}{TC}=\frac{MX}{TI}$ suy ra: tam giác $GMX$ đồng dạng tam giác $GTI$ (c.g.c) suy ra: $G,X,I$ thẳng hàng. Vậy ta có: $JN\parallel IG$.

Lời giải (Lim Olympic - Nghệ An TST - P3).

Cách 1.

a) Gọi $AH$ cắt $YZ$ tại $M$.

Ta dễ có $△AMY\sim △AOQ$ (g.g) $\Rightarrow \frac{AM}{AO}=\frac{AY}{AQ}=\cos BAC\Rightarrow AM=AO\cdot \cos BAC$.

Gọi $N$ là trung điểm $BC$ ta có $AH=2ON=2AO\cdot \cos NOC=2AO\cdot \cos BAC\Rightarrow 2AM=AH$.

$\Rightarrow YZ$ đi qua $M$ là trung điểm $AH$ cố định.



b) Gọi $D,T$ lần lượt là hình chiếu của $A$ trên $BC,RQ$.

Gọi $YZ$ cắt $AT$ tại $U$ và $K$ là hình chiếu của $O$ trên $AD$.

Ta có $-1=X(ASTU)=X(AHTM)$ mà $M$ là trung điểm $AH\Rightarrow XT\parallel AH$.

Lại có tứ giác $AKTO$ nội tiếp $\Rightarrow \angle MKT=\angle AOQ=\angle AMY=\angle KMX\Rightarrow MKTX$ là hình thang cân $\Rightarrow MK,XT$ có chung trung trực. Mà $AM=\frac{1}{2}AH=ON=DK\Rightarrow AD$ và $MK$ có chung trung trực nên ta có $AXTD$ là hình thang cân $\Rightarrow 5$ điểm $A,X,T,D,P$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $AP\Rightarrow \angle AXP=90^{\circ }$.



Cách 2.

a) Xét phép vị tự quay $f$ tâm $A$, biến $B$ thành $E$. Ta có $\frac{AE}{AB}=\cos A=\frac{AF}{AC}$, suy ra $f(C)=F$.

Mặt khác, ta có $\angle ARZ=\angle ABE=90^{\circ }$, $\angle AQY=\angle ACF=90^{\circ }$, đồng thời $\angle RAZ=\angle BAE$ và $\angle QAY=\angle CAF$. Do đó $f(R)=Z$ và $f(Q)=Y$.

Suy ra $f((ABC))=(AEF)$. Vì bốn điểm $A,E,H,F$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AH$ nên tâm của $(AEF)$ là $N$. Do đó $f(O)=N$.

Vì $O,R,Q$ thẳng hàng nên $N,Z,Y$ thẳng hàng. Vậy đường thẳng $YZ$ luôn đi qua điểm cố định $N$.

b) Lấy $T=EF\cap YZ$. Vì $f(BC)=EF$, $f(QR)=YZ$ và $P=BC\cap QR$ nên $f(P)=T$.

Do $RZ\perp AC$ và $QY\perp AB$ nên $S$ là trực tâm của tam giác $AQR$. Suy ra bốn điểm $A,Y,S,Z$ cùng thuộc đường tròn đường kính $AS$.

Gọi $L\ne A$ là giao điểm thứ hai của hai đường tròn $(AEFH)$ và $(AYSZ)$.

Khi đó $\angle ALH\equiv \angle ALS=90^{\circ }$, suy ra $H,L,S$ thẳng hàng. Do đó $X=HL\cap NT$.

Áp dụng định lí Miquel cho tứ giác toàn phần tạo bởi bốn đường thẳng $AB,AC,EF,YZ$, ta được bốn điểm $F,Y,T,L$ đồng viên. Vì thế $\angle LTN=\angle LTY=\angle LFY=\angle LFA=\angle LHA$.

Vì $N$ là tâm của $(AEFH)$ nên $NA=NL$. Do đó $\angle NLA\equiv \angle LAN(\mathrm{mod}\pi )$.

Lại có $LH\perp LA$ và $A,N,H$ thẳng hàng nên $\angle NLH=\angle LHA$. Suy ra $\angle LTN=\angle NLH=\angle NLX$.

Mặt khác, do $N,T,X$ thẳng hàng nên $\angle LNT=\angle LNX$. Bởi vậy $△NLT\sim △NXL$.

Từ đó $\frac{NL}{NX}=\frac{NT}{NL}$, hay $NX\cdot NT=N{L}^2=N{A}^2$.

Đặt $U=f^{-1}(X)$. Vì $f(O)=N$, $f(P)=T$ và $f(U)=X$, khi đó ta có $OU\cdot OP=O{A}^2$.

Vậy $U$ là ảnh nghịch đảo của $P$ qua đường tròn $(O)$.

Do $P\in BC$, còn $B,C$ nằm trên $(O)$ nên $U$ thuộc đường tròn $(OBC)$.

Gọi $V\ne O$ là giao điểm thứ hai của $AO$ với $(OBC)$. Ta có $f((OBC))=(NEF)$ và $f(AO)=AN=AD$. Mà $(NEF)$ cắt $AD$ tại $N,D$, đồng thời $f(O)=N$, nên $f(V)=D$.

Vì bốn điểm $O,U,V,B$ đồng viên nên $\angle (UO,UV)\equiv \angle (BO,BV)(\mathrm{mod}\pi )$.

Do $OA=OB$, ta có $\angle (BO,AB)\equiv \angle (AB,AO)(\mathrm{mod}\pi )$. Mặt khác, $\angle (AB,BV)\equiv \angle (BC,AB)(\mathrm{mod}\pi )$. Suy ra $\angle (BO,BV)\equiv \angle (BC,AO)(\mathrm{mod}\pi )$, và do đó $\angle (UO,UV)\equiv \angle (BC,AO)(\mathrm{mod}\pi )$.

Từ $OU\cdot OP=O{A}^2$ và $O,U,P$ thẳng hàng, ta có $△OUA\sim △OAP$.

Vì thế $\angle (AU,UO)\equiv \angle (AO,AP)(\mathrm{mod}\pi )$.

Do đó $\angle (AU,UV)\equiv \angle (AO,AP)+\angle (BC,AO)\equiv \angle (BC,AP)(\mathrm{mod}\pi )$.

Vì $f(U)=X$, $f(V)=D$ nên $\angle (AX,XD)\equiv -\angle (AU,UV)\equiv \angle (AP,BC)\equiv \angle APD(\mathrm{mod}\pi )$.

Vậy bốn điểm $A,X,D,P$ cùng thuộc một đường tròn.

Mà $AD\perp DP$ nên $\angle AXP=\angle ADP=90^{\circ }$. Suy ra $XA\perp XP$.

Cách 3. (Lời giải của bạn Đỗ Đức Việt Hưng)

Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề 0.1. Cho $△ABC$ nội tiếp $(O)$. $P$ là điểm bất kì nằm trên đường thẳng $BC$ nhưng không thuộc đoạn thẳng $BC$. Gọi $AO$ cắt $(O)$ tại $I$, $PI$ cắt $(O)$ tại $G$. Lấy $Q$ thuộc $AC$ sao cho $\angle BGQ=90^{\circ }$. Chứng minh rằng $P,O,Q$ thẳng hàng.

[Hình cần kiểm tra lại: p8_f1]

Chứng minh. Gọi $GQ$ cắt $BC$ tại $J$, $AI$ cắt $BC$ tại $L$, $AC$ cắt $PI$ tại $K$.

Ta có: $\angle AGI=\angle BGQ=90^{\circ }\Rightarrow \angle QGK=\angle BGA=\angle BCA=\angle QCJ$.

$\Rightarrow$ Tứ giác $CJGK$ nội tiếp $\Rightarrow △PGJ\sim △PCK\Rightarrow \frac{GJ}{CK}=\frac{PG}{PC}$.

Mà ta có $△PGB\sim △PCI$ do tứ giác $BGIC$ nội tiếp nên $\frac{GJ}{CK}=\frac{PG}{PC}=\frac{BG}{CI}$.

Ngoài ra, ta có: $\angle GBJ=\angle GBC=\angle GAC=\angle GAK$ và $\angle BGJ=\angle AGK=90^{\circ }$.

$\Rightarrow △BGJ\sim △AGK\Rightarrow \frac{GB}{GJ}=\frac{GA}{GK}$. Ta có:

$$\frac{QA}{QK}=\frac{S_{GQA}}{S_{GQK}}=\frac{\sin \angle AGQ\cdot GA}{\sin \angle QGK\cdot GK}=\frac{\sin \angle AGQ}{\sin \angle QGK}\cdot \frac{GB}{GJ}$$

Theo Menelaus ta có: $\frac{AC}{CK}\cdot \frac{LI}{LA}\cdot \frac{PK}{PI}=1\Rightarrow \frac{PK}{PI}=\frac{CK}{AC}\cdot \frac{LA}{LI}$ nên

$$\frac{QA}{QK}\cdot \frac{OI}{OA}\cdot \frac{PK}{PI}=\frac{\sin \angle AGQ}{\sin \angle QGK}\cdot \frac{GB}{GJ}\cdot \frac{CK}{AC}\cdot \frac{LA}{LI}$$

$$\frac{QA}{QK}\cdot \frac{OI}{OA}\cdot \frac{PK}{PI}=\frac{\sin \angle AGQ}{\sin \angle QGK}\cdot \frac{GB}{AC}\cdot \frac{CI}{BG}\cdot \frac{LA}{LI}$$

$$\frac{QA}{QK}\cdot \frac{OI}{OA}\cdot \frac{PK}{PI}=\frac{\sin \angle AGQ}{\sin \angle QGK}\cdot \frac{GB}{AC}\cdot \frac{CI}{BG}\cdot \frac{CA}{CI}\cdot \frac{BA}{BI}$$

$$\frac{QA}{QK}\cdot \frac{OI}{OA}\cdot \frac{PK}{PI}=\frac{\sin \angle AGQ}{\sin \angle QGK}\cdot \frac{BA}{BI}$$

Theo định lý sin ta có: $\frac{BA}{BI}=\frac{\sin \angle BIA}{\sin \angle BAI}=\frac{\sin \angle BCA}{\sin \angle (90^{\circ }-\angle BCA)}=\frac{\sin \angle QGK}{\sin \angle AGQ}$.

Suy ra $\frac{QA}{QK}\cdot \frac{OI}{OA}\cdot \frac{PK}{PI}=1$ hay $P,O,Q$ thẳng hàng. $■$

Quay trở lại bài toán ban đầu:

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f1]

Gọi $AO$ cắt $(O)$ tại $I$, $PI$ cắt $(O)$ tại $G$, $(BGQ)$ cắt $YZ$ tại $X^{\prime }$.

Hai đường cao của $△ABC$ là $BE,CF$ và đường cao của $△AQR$ là $AT$.

Áp dụng bổ đề đã chứng minh, ta có: $\angle BGQ=90^{\circ }$ mà $\angle QYB=\angle BEQ=90^{\circ }$.

Từ đó $B,G,Q,X^{\prime },Y,E$ đồng viên.

Ta có $\angle X^{\prime }GC=\angle X^{\prime }GQ+\angle QGC=\angle X^{\prime }YQ+90^{\circ }-\angle BAC=\angle ZYQ+\angle AQZ=\angle AZ{X}^{\prime }$.

Suy ra tứ giác $X^{\prime }ZCG$ nội tiếp, kết hợp bổ đề ta đã chứng minh thì ta có: $C,G,R,X^{\prime },Z,F$ đồng viên.

Ta có: $S$ là trực tâm $△AQR$ nên $SY\cdot SD=SZ\cdot SR$ nên $S$ có cùng phương tích đến hai đường tròn $(X^{\prime }ZR)$ và $(X^{\prime }YQ)$. Suy ra $S$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này hay $S$ thuộc $X^{\prime }G$.

Ta có $HE\cdot HB=HF\cdot HC$ nên $H$ có cùng phương tích đến hai đường tròn $(X^{\prime }EB)$ và $(X^{\prime }CF)$. Suy ra $H$ thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này hay $H$ thuộc $X^{\prime }G$.

Từ các nhận xét trên ta có: $X^{\prime }$ chính là $X$ trong đề bài và $SX\cdot SG=SY\cdot SQ=ST\cdot SA$.

Suy ra tứ giác $AXTG$ nội tiếp hay $X\in (AP)$ hay $XA\perp XP$.

(1) Gọi $N,P$ lần lượt là trung điểm $CA,AB$. Gọi $H$ là trực tâm $△ABC$.

Ta dễ thấy $BH\parallel B^{\prime }D$ và $BH=B^{\prime }D$ nên $BD\parallel B^{\prime }H$.

$\Rightarrow HN\perp C{H}_1$ (do $N$ là trung điểm $H{B}^{\prime }$) mà $H{H}_1\perp CN$.

$\Rightarrow N$ là trực tâm $△H{H}_{1}C$ nên $H_{1}N\perp CH\Rightarrow M,N,H_1$ thẳng hàng, tương tự ta cũng có $M,P,H_2$ thẳng hàng nên $CH\perp M{H}_1$ và $BH\perp M{H}_2$ nên $H$ là trực tâm $△M{H}_1{H}_2$.

(2) Ta chứng minh tứ giác $MK{H}_1{H}_2$ nội tiếp.

Do $M$ là trung điểm $H{A}^{\prime }$ và $H{H}_1\parallel C{A}^{\prime }$ nên nếu gọi $MN$ cắt $C{A}^{\prime }$ tại $U$ thì ta có $M$ là trung điểm $H_{1}U$. Tương tự ta gọi $MP$ cắt $B{A}^{\prime }$ tại $Z$ thì $M$ là trung điểm $H_{2}Z$.

Gọi $L$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$ thì ta thấy $K,L$ đối xứng qua $BC$ do $HL{A}^{\prime }K$ là hình bình hành.

Ta có $\frac{NU}{PZ}=\frac{NC/\cos \widehat{UNC}}{PB/\cos \widehat{BPZ}}=\frac{1/2AC}{1/2AB}=\frac{LN}{LP}$, mà $\angle LNM=\angle LPM$ nên $△LPZ\sim △LNU$ (c.g.c).

$\Rightarrow \angle LZM=\angle LUM$ nên tứ giác $MLUZ$ nội tiếp.

Nên $MK{H}_1{H}_2$ nội tiếp do phép đối xứng tâm $M$ biến $L$ thành $K$, $Z$ thành $H_2$, $U$ thành $H_1$.

Gọi đường tròn đi qua 4 điểm $K,M,H_2,H_1$ là $(O^{\prime })$ và $H^{\prime }$ là trung điểm $H_2{H}_1$.

Do $(TI{H}_1{H}_2)=-1\Rightarrow TI\cdot T{H}^{\prime }=T{H}_1\cdot T{H}_2$ theo hệ thức Maclaurin.

Theo tính chất quen thuộc của tứ giác toàn phần ta có hình chiếu $X$ của $G$ trên $ST$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phân $KM{H}_2{H}_1.ST\Rightarrow TX\cdot TS=TK\cdot TM=T{H}_2\cdot T{H}_1=TI\cdot T{H}^{\prime }$.

$\Rightarrow (SXI)$ đi qua trung điểm $H_2{H}_1$.

(AI giải đề cho tôi)
**Câu 1a.** Nhân hai vế với 2, phương trình tương đương $$8x^4+16x^3-6x^2-13x-2=0.$$ Thử $x=-2$: $128-128-24+26-2=0$, nên $x=-2$ là nghiệm. Sơ đồ Horner với $-2$ trên hàng hệ số $8;16;-6;-13;-2$ cho thương $8x^3+0x^2-6x-1$ và số dư $0$. Vậy $$8x^4+16x^3-6x^2-13x-2=(x+2)(8x^3-6x-1).$$ Xét $8x^3-6x-1=0$. Hàm $g(x)=8x^3-6x-1$ có $g^{\prime }(x)=24x^2-6=0\iff x=\pm \frac{1}{2}$; $g(-\frac{1}{2})=1>0$, $g(\frac{1}{2})=-3<0$, $g(-2)=-53<0$, $g(2)=51>0$, nên phương trình có ba nghiệm thực phân biệt, tất cả nằm trong $(-2;2)$. Đặt $x=\sqrt{3}\cos t$ (khả thi vì $|x|<2\sqrt{3}$). Khi đó, theo công thức $\cos 3t=4{\cos }^{3}t-3\cos t$: $$8x^3-6x=8\cdot 3\sqrt{3}{\cos }^{3}t-6\sqrt{3}\cos t=6\sqrt{3}\left(4{\cos }^{3}t-3\cos t\right)=6\sqrt{3}\cos 3t.$$ Phương trình trở thành $6\sqrt{3}\cos 3t=1$, tức $\cos 3t=\frac{1}{6\sqrt{3}}=\frac{\sqrt{3}}{18}$. Vậy ba nghiệm thực là $$x_k=\sqrt{3}\cos \left(\frac{1}{3}\arccos \frac{\sqrt{3}}{18}-\frac{2k\pi }{3}\right),k=0,1,2.$$ Tập nghiệm: $$S=\left\{-2;\sqrt{3}\cos \left(\frac{1}{3}\arccos \frac{\sqrt{3}}{18}-\frac{2k\pi }{3}\right),k=0,1,2\right\}.$$ **Câu 1b.** Với mỗi cặp $(X,Y)\in \{(A,B),(B,C),(C,A)\}$, viết $$X\sin X+Y\sin Y=\frac{X+Y}{2}(\sin X+\sin Y)+\frac{X-Y}{2}(\sin X-\sin Y).$$ Do đó $$\frac{X\sin X+Y\sin Y}{\sin X+\sin Y}=\frac{X+Y}{2}+\frac{X-Y}{2}\cdot \frac{\sin X-\sin Y}{\sin X+\sin Y}.$$ Cộng theo chu kỳ, phần $\frac{X+Y}{2}$ cho tổng $\frac{(A+B)+(B+C)+(C+A)}{2}=A+B+C=\pi$. Vậy tổng cần xét bằng $\pi +T$, với $$T=\frac{1}{2}\sum _{\text{cyc}}(X-Y)\frac{\sin X-\sin Y}{\sin X+\sin Y}.$$ Ta chứng minh $T>0$. Với $0<X,Y<\pi$ và $X+Y<\pi$ (đúng vì góc còn lại của tam giác dương), ta có $$\sin X-\sin Y=2\cos \frac{X+Y}{2}\sin \frac{X-Y}{2},\sin X+\sin Y=2\sin \frac{X+Y}{2}\cos \frac{X-Y}{2}>0.$$ Vì $0<\frac{X+Y}{2}<\frac{\pi }{2}$ nên $\cos \frac{X+Y}{2}>0$; hơn nữa $\sin \frac{X-Y}{2}$ cùng dấu với $X-Y$ (vì $|X-Y|<\pi$). Suy ra $\frac{\sin X-\sin Y}{\sin X+\sin Y}$ cùng dấu với $X-Y$, tức mỗi số hạng $$\frac{X-Y}{2}\cdot \frac{\sin X-\sin Y}{\sin X+\sin Y}>0$$ vì tam giác không cân nên $X\ne Y$ với mọi cặp. Vậy $T>0$ và $$\frac{A\sin A+B\sin B}{\sin A+\sin B}+\frac{B\sin B+C\sin C}{\sin B+\sin C}+\frac{C\sin C+A\sin A}{\sin C+\sin A}>\pi .$$ $■$

a) Ta dễ thấy $O$ là trực tâm $\Delta A_0{B}_0{C}_0\Rightarrow A_0(OZ{B}_0{C}_0)=-1$ theo hàng điểm tứ giác toàn phần. Kẻ đường thẳng $Hx$ song song $BC\Rightarrow H(x{A}_{0}BC)=-1$.

$\Rightarrow H(x{A}_{0}BC)=A_0(OZ{C}_0{B}_0)$ mà $Hx\perp A_{0}O$, $HB\perp A_0{C}_0$, $HC\perp A_0{B}_0\Rightarrow H{A}_0\perp A_{0}Z$.

b) Cách 1: Với $L$ là giao điểm của $AO$ với $B_1{C}_1$ thì $AO$ vuông $B_1{C}_1$ và từ kết quả quen thuộc ta có $MN$ là trung trực $A_{1}L$ (Bạn đọc có thể tham khảo HSG Hà Nội lớp 9 2021-2022).

Lại dễ có $AH\cdot A{A}_1=A{B}_1\cdot AC=AL\cdot AK\Rightarrow H{A}_{1}KL$ nội tiếp $\Rightarrow$ Tâm $J$ của $(A_{1}HK)$ nằm trên trung trực $A_{1}L$ và nằm trên $MN$ do $MN$ là trung trực $A_{1}L$.

Cách 2: (Lời giải của bạn Đỗ Đức Việt Hưng)

Gọi $MN$ cắt $A_{0}Z,B_0{C}_0$ lần lượt tại $J,T$. Gọi $U$ là trung điểm $A_{1}H$. Gọi $B_0{C}_0$ cắt $A{A}_1$ tại $V$.

Theo Menelaus, ta có: $\frac{J{A}_0}{JZ}\cdot \frac{N{B}_0}{N{A}_0}\cdot \frac{TZ}{T{B}_0}=1$ và $\frac{N{A}_0}{N{B}_0}\cdot \frac{M{C}_0}{M{A}_0}\cdot \frac{T{B}_0}{T{C}_0}=1$. Suy ra

$$\frac{J{A}_0}{JZ}\cdot \frac{N{B}_0}{N{A}_0}\cdot \frac{TZ}{T{B}_0}\cdot \frac{N{A}_0}{N{B}_0}\cdot \frac{M{C}_0}{M{A}_0}\cdot \frac{T{B}_0}{T{C}_0}=1$$

$$⟺\frac{J{A}_0}{JZ}\cdot \frac{TZ}{T{C}_0}\cdot \frac{M{C}_0}{M{A}_0}=1⟺\frac{J{A}_0}{JZ}=\frac{T{C}_0}{TZ}\cdot \frac{M{A}_0}{M{C}_0}$$

Ta cần chứng minh $JU\parallel VZ$ hay

$$\frac{J{A}_0}{JZ}=\frac{U{A}_1}{A_{1}V-U{A}_1}=\frac{A_{1}H}{A_{1}A-A_H}=\frac{A_{1}H}{HA}$$

$$⟺\frac{T{C}_0}{TZ}\cdot \frac{M{A}_0}{M{C}_0}=\frac{A_{1}H}{HA}⟺\frac{T{C}_0}{TZ}\cdot \frac{B_{1}C}{B_{1}A}=\frac{A_{1}H}{HA}⟺\frac{T{C}_0}{TZ}=\frac{A_{1}H}{HA}\cdot \frac{B_{1}A}{B_{1}C}$$

Mà theo Menelaus, ta có: $\frac{A_{1}H}{HA}\cdot \frac{B_{1}A}{B_{1}C}\cdot \frac{BC}{B{A}_1}=1$.

Khi này ta cần chứng minh $\frac{TZ}{T{C}_0}=\frac{BC}{B{A}_1}⟺1+\frac{C_{0}Z}{T{C}_0}=1+\frac{A_{1}C}{B{A}_1}⟺\frac{C_{0}Z}{T{C}_0}=\frac{A_{1}C}{B{A}_1}$.

Theo Ceva, ta có: $\frac{A_{1}B}{A_{1}C}\cdot \frac{B_{1}C}{B_{1}A}\cdot \frac{C_{1}A}{C_{1}B}=1⟺\frac{C_{0}Z}{T{C}_0}=\frac{B_{1}C}{B_{1}A}\cdot \frac{C_{1}A}{C_{1}B}=\frac{M{A}_0}{M{C}_0}\cdot \frac{N{B}_0}{N{A}_0}=\frac{T{B}_0}{T{C}_0}$.

Ta có: $\Delta A_0{B}_0{C}_0\sim \Delta ABC$, suy ra:

$$\frac{T{C}_0}{T{B}_0}=\frac{N{A}_0}{N{B}_0}\cdot \frac{M{C}_0}{M{A}_0}=\frac{C_{1}B}{C_{1}A}\cdot \frac{B_{1}A}{B_{1}C}=\frac{Y{B}_0}{Y{A}_0}\cdot \frac{X{A}_0}{X{C}_0}=\frac{Z{B}_0}{Z{C}_0}$$

Suy ra: $T{B}_0=Z{C}_0$ hay điều cần chứng minh đúng.

Như vậy $JU\parallel VZ⟹JU\perp H{A}_1⟹J$ thuộc trung trực $H{A}_1$.

Mà $J\in Z{A}_0$ hay $J$ thuộc trung trực $HK$ nên $J$ là tâm $(H{A}_{1}K)$. Vậy $MN$ đi qua tâm $(H{A}_{1}K)$.

a) (3,0 điểm) Cho $EF$ cắt $BC$ ở $J$ thì do $AD,BE,CF$ đồng quy nên dùng tính chất hàng điểm điều hoà cơ bản, ta có $(DJ,EF)=-1$. (0,5 điểm)

Vì $MN$ là đường trung bình của tam giác $DBC$ nên $MN\parallel BC$ hay $PQ\parallel BC$. Xét chùm $B(DJ,EF)=-1$, chiếu lên $PR$, ta có ngay $M$ là trung điểm của $PR$ (vì $BJ\parallel PR$). (0,5 điểm)

Mà $M$ cũng là trung điểm $BD$ nên $BPDR$ là hình bình hành. Chứng minh tương tự có $CQDS$ cũng là hình bình hành. (1,0 điểm)

Khi đó, $DR\parallel AB,DS\parallel AC$ và $RS\parallel BC$ nên $\widehat{DRI}=\widehat{ABR}=\widehat{RBC}=\widehat{IRS}$ hay $IR$ là phân giác $\widehat{DRS}$. Tương tự $IS$ là phân giác $\widehat{DSR}$ nên $I$ là tâm nội tiếp $DRS$. (1,0 điểm)

b) (2,0 điểm) Định nghĩa lại $T$ là giao điểm khác $D$ của đường tròn $(DSP)$ và $AD$. Ta có
$$\widehat{RST}=\widehat{PST}=\widehat{PDT}=\widehat{RIT},$$
vi thế nên $T\in (IRS)$. (0,5 điểm)

Suy ra $\widehat{TRQ}=\widehat{TRS}=\widehat{TIS}=\widehat{TDQ}$ nên $T\in (DRQ)$. (0,25 điểm)

Do đó, $\widehat{PQT}=\widehat{RQT}=\widehat{RDT}=\widehat{PAT}$ nên ta cũng có $T\in (APQ)$. Vì thế nên 4 đường tròn ngoại tiếp các tam giác $APQ,IRS,DRQ,DSP$ cùng đi qua $T$. (0,25 điểm)

Tiếp theo, gọi $T^{\prime }$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $D$ của tam giác $DRS$ thì rõ ràng $IR{T}^{\prime }S$ nội tiếp đường tròn đường kính $I{T}^{\prime }$ và có $T^{\prime }\in DI$. Từ đây suy ra $T\equiv T^{\prime }$. Giả sử rằng $T\in BC$ thì đặt $K=DT\cap RS$, ta có $K$ là trung điểm của $DT$ do tính chất đường trung bình. Vì $DRS,ABC$ đồng dạng nên tính chất này cũng đúng trong tam giác $ABC$. (0,25 điểm)

Gọi $I_a$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$ và $AI$ cắt $BC$ ở $T$, cắt đường tròn $(ABC)$ ở $L$. Xét phương tích của các đường tròn,
$$\overline{TA}\cdot \overline{TL}=\overline{TB}\cdot \overline{TC}=\overline{T{I}_a}\cdot \overline{TI},$$
vì $TA=T{I}_a$ (tính chất nêu trên) nên $TI=TL$. (0,25 điểm)

Cách 1: Khi đó: $LT=\frac{1}{2}LI=\frac{1}{2}LB$.
Tam giác $LAB$ đồng dạng tam giác $LBT$ nên $\frac{AB}{BT}=\frac{LB}{LT}=2$. (0,25 điểm)
Mặt khác $AT$ là phân giác góc $A$ nên $\frac{TB}{TC}=\frac{AB}{AC}$ nên $\frac{TB}{TB+TC}=\frac{AB}{AB+AC}$ nên $\frac{TB}{BC}=\frac{AB}{AB+AC}$ suy ra $\frac{BC}{AB+AC}=\frac{TB}{AB}=\frac{1}{2}$ nên $AB+AC=2.BC$. (0,25 điểm)

Cách 2: Như thế $r=d(I,BC)=d(L,BC)$. Gọi $H$ là hình chiếu của $L$ lên $BC$ và $U$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$, khi đó $L$, $H$, $U$ thẳng hàng.
Mặt khác: $d(L,BC)=LH=LC.\sin \frac{A}{2}=LU.\sin \frac{A}{2}.\sin \frac{A}{2}=2R.{\sin }^2\frac{A}{2}=R\left(1-\cos A\right)$ (0,25 điểm)
nên
$r=R-R\cos A\iff \frac{S}{p}=\frac{abc}{4S}\cdot (1-\cos A)\iff \frac{8S^2}{2p\cdot abc}=1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$
$\iff \frac{8(p-a)(p-b)(p-c)}{a}=2bc-\left(b^2+c^2-a^2\right)$
$\iff 2(p-a)=a\iff b+c=2a$. (0,25 điểm)

Hình minh họa: [Hình cần kiểm tra lại: p4_f1]