Cho tam giác $ABC$ nhọn $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có ba đường cao $AD,BE,CF$ đồng quy tại $H$. Gọi $M$ là trung điểm cạnh $BC$ và $P$ là hình chiếu vuông góc của $H$ lên $EF$. Gọi $Q$ là giao điểm của $EF$ và $BC$.
a) Gọi $R$ là giao điểm thứ hai của đường thẳng $AP$ và đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng đường thẳng $DR$ đi qua điểm đối xứng của $A$ qua đường thẳng $OM$.
b) Gọi $G$ là trọng tâm tam giác $ABC$ và $X$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DMR$. Chứng minh rằng đường thẳng $XH$ vuông góc với $QG$.

a) Gọi $A^{\prime }$ là điểm đối xứng của $A$ qua đường thẳng $OM$.
Ta có: $\angle PRB=\angle ARB=\angle ACB=\angle AFE=\angle AFP$.
Suy ra tứ giác $FPRB$ nội tiếp. Khi đó ta có: $AP\cdot AR=\overline{AB}\cdot \overline{AF}=\overline{AH}\cdot \overline{AD}$. Suy ra $R$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $PHD$.
Chú ý rằng $\angle HPQ=\angle HDQ=90^{\circ }$ nên $HQ$ là đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $PHD$. Vậy năm điểm $Q,P,H,D,R$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $HQ$.
Khi đó ta có: $\angle RDQ=\angle RPQ=180^{\circ }-\angle ABR=\angle A{A}^{\prime }R$. Kết hợp với $A{A}^{\prime }\parallel QD$ ta có ba điểm $R,D,A^{\prime }$ thẳng hàng.



b) Gọi $N$ là trung điểm $A{A}^{\prime }$. Khi đó $DMNA$ là hình chữ nhật, suy ra $A{A}^{\prime }=2DM$.
Ta có: $\frac{DM}{A{A}^{\prime }}=\frac{GM}{GA}=\frac{1}{2}$.
Mà $A{A}^{\prime }\parallel QD$ nên theo định lý Thales đảo ta có $D,G,A^{\prime }$ thẳng hàng. Kết hợp với $R,D,A^{\prime }$ thẳng hàng, suy ra bốn điểm $R,D,G,A^{\prime }$ thẳng hàng.
Gọi $S\ne R$ là giao điểm thứ hai của $QR$ và đường tròn $(O)$ ta có:
$$\overline{QR}\cdot \overline{QS}=\overline{QB}\cdot \overline{QC}=\overline{QE}\cdot \overline{QF}=\overline{QD}\cdot \overline{QM}.$$
Suy ra điểm $S$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $DMR$.
Khi đó ta có: $\angle RSM=\angle RDQ=\angle R{A}^{\prime }A=\angle RSA$. Suy ra $S$ nằm trên đường thẳng $AM$, do đó $G$ nằm trên $MS$.
Gọi $J$ là điểm Miquel của tứ giác toàn phần $RDMS.QG$, ta có $J\in QG$ và $XJ\perp QG$. (1)
Lại có $J$ nằm trên đường tròn $(QDR)$ hay $J$ nằm trên đường tròn đường kính $QH$, suy ra $\angle QJH=90^{\circ }$. (2)
Từ (1) và (2) ta có ba điểm $X,J,H$ thẳng hàng và $XH\perp QG$.