Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Dựng hai đường kính $A{A}^{\prime }$, $B{B}^{\prime }$ của đường tròn $(O)$ và điểm $D$ sao cho $A^{\prime }C{B}^{\prime }D$ là hình bình hành. Gọi $M$ là trung điểm của cạnh $BC$, $E$ là giao điểm của $BD$ và $AC$, $F$ là giao điểm của $CD$ và $AB$. Gọi $H_1,H_2$ lần lượt là trực tâm của hai tam giác $BEC$ và $BFC$.
a) Chứng minh hai tam giác $ABC$ và $M{H}_1{H}_2$ có cùng trực tâm.
b) Đường thẳng $BC$ cắt hai đường thẳng $A^{\prime }D$, $H_1{H}_2$ lần lượt tại $K,T$. Gọi $S,G,I$ lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng $(M{H}_2,K{H}_1)$, $(K{H}_2,M{H}_1)$ và $(SG,H_1{H}_2)$. Gọi $X$ là hình chiếu vuông góc của $G$ lên $ST$. Chứng minh bốn điểm $S,X,I$ và trung điểm của đoạn thẳng $H_1{H}_2$ cùng nằm trên một đường tròn.

(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 $H_2{H}_1$.