Trước hết ta chứng minh bổ đề sau:

Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. Gọi X là đối xứng của A qua EF. H, M lần lượt là trung điểm của EF, BC. K là hình chiếu của D lên EF. Khi đó XK // MH.

Chứng minh:

Gọi J là giao điểm của BE, CF. G, L lần lượt là trung điểm của AK, AJ. Ta sẽ đi chứng minh G, L, H, M thẳng hàng.

Ta có H là trung điểm AX, lại do KD // AX nên K(DHXA) = -1. Ngoài ra do AD, BE, CF đồng quy nên K(DEAJ) = -1 = K(DEJA). Vậy nên K, X, J thẳng hàng.

Từ G, L, H lần lượt là trung điểm của AK, AJ, AX cùng với sự thẳng hàng của K, J, X thì ta suy ra G, L, H thẳng hàng và GH // KX.

Ta cũng có L, H, M thẳng hàng vì HM là đường thẳng Gauss của tứ giác toàn phần AFJE.BC. Và do đó G, L, H, M thẳng hàng. Nên ta suy ra XK // MH.

Bổ đề được chứng minh.

Quay trở lại bài toán.

Gọi T là trực tâm tam giác DEF và K là giao điểm của DT với EF. H là trung điểm EF.

Từ cách lấy điểm K và H ta có ngay TK // IH. (*)

Áp dụng bổ trên thì ta được KX // HM. (**)

Gọi L là đối xứng của D qua I.

Ta có một kết quả quen thuộc là AL cắt BC tại tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC với BC. Ngoài ra thì tiếp điểm này đối xứng với D qua M. Nên ta suy ra IM // AL.

Ta cũng có một kết quả quen thuộc khác là T, H, L thẳng hàng và đặc biệt hơn H là trung điểm TL. Mặt khác thì H là trung điểm của AX nên suy ra ATXL là hình bình hành. Từ đó ta được AL // XT.

Khi đó suy ra XT // MI. (***)

Từ (*), (**) và (***) ta suy ra KH, TI, XM đồng quy tại tâm vị tự của chúng, gọi là S.  (1)

Ta cũng đã biết rằng O, I, T thẳng hàng do chúng cùng nằm trên đường thẳng Euler của tam giác DEF. Nên (1) tương đương với OI, XM, EF đồng quy.

Bài toán được chứng minh.

Cách bạn Bảo hay quá <3 Idol