ĐỀ THI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1. Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f\left(x^3+y+f(y)\right)=2 y+x^2 f(x) \forall x, y \in \mathbb{R}$

Bài 2. Cho dãy số $\left(u_n\right)$ thoả mãn $u_1=2013, u_{n+1}=u_n^3-4 u_n^2+5 u_n \forall n \in \mathbb{N}^*$. Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ là ước của $u_{2014}+2009$ và $p \equiv 3(\bmod 4)$.

Bài 3. Trong một hội nghị khoa học có 5000 đại biểu tham dự, trong đó có một nhóm gồm 280 người là ban tổ chức. Giả sử rằng mỗi thành viên của ban tổ chức thì quen tất cả thành viên khác của hội nghị. Một uỷ ban gồm một số đại biểu được gọi là uỷ ban làm việc nếu tất cả các thành viên trong đó đều quen nhau, và được gọi là uỷ ban thách thức nếu không có hai thành viên nào của uỷ ban quen nhau. Chứng minh rằng ta có thể phân hoạch các đại biểu (kể cả ban tổ chức) thành các ủy ban mà mỗi ủy ban gồm 5 đại biểu, sao cho các uỷ ban này hoặc là làm việc, hoặc là thách thức.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ có $B, C$ cố định còn $A$ di động sao cho $A B=A C$ và $\angle B A C>60^{\circ}$. Đường thẳng đối xứng với $B C$ qua $A B$ cắt $A C$ tại $P$. Trên đoạn $P C$ lấy điểm $M$ sao cho $P M=P B$. Gọi $N$ là giao điểm của $A B$ và phân giác ngoài của góc $\angle B C A$. Chứng minh rằng $M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho 2014 số thực $x_1, x_2, \ldots, x_{2014}$ thoả mãn các điều kiện:

(i) $x_1+x_2+\cdots+x_{2014}=0$,

(ii) $x_1^2+x_2^2+\cdots+x_{2014}^2=2014$.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=x_1 x_2 \cdots x_{2014}$.

Bài 6. Cho dãy số $\left(u_n\right)$ xác định bởi $u_1=1, u_{n+1}=\frac{u_n}{\sqrt{u_n^2+1}+\sqrt{2}}, \forall n \in \mathbb{N}^*$. Tính $\lim \frac{u_{n+1}}{u_n}$

Bài 7. Cho $n$ là số nguyên dương và $A$ là tập con khác rỗng của $X={1,2, \ldots, n}$.

(a) Tính giá trị của tổng $S(A)=\sum_{E \subset X}(-1)^{|E \cap A|}$ trong đó $E$ lấy trên tất cả các tập hợp con của $X$, kể cả tập hợp rỗng.

(b) Cho $m \in \mathbb{N}^*$. Xét $m$ tập con khác rỗng của $X$ là $A_1, A_2, \ldots, A_m$ và $m$ số nguyên khác 0 là $a_1, a_2, \ldots, a_m$ sao cho $a_1+a_2+\cdots+a_m<0$. Chứng minh rằng tồn tại $E \subset X$ sao cho $\sum_{i=1}^m(-1)^{\left|E \cap A_i\right|} a_i>0$.

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nhọn có $H$ là trực tâm. $P$ là điểm di động bên trong tam giác $A B C$ sao cho $\angle B P C=\angle B H C$. Đường thẳng qua $B$ vuông góc $A B$ cắt $P C$ tại $M$, đường thẳng qua $C$ vuông góc $A C$ cắt $P B$ tại $N$. Gọi $I$ là trung điểm của $M N$. Chứng minh rằng $I$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

 

LỜI GIẢI

Ngày thi thứ nhất

Bài 1 . Tìm tất cả các hàm số $f: \mathbb{R} \rightarrow \mathbb{R}$ thoả mãn:

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad f\left(x^3+y+f(y)\right)=2 y+x^2 f(x), \forall x, y \in \mathbb{R} .$

Lời giải. Trong phương trình đã cho, thay $x=y=0$, ta có $f(f(0))=0$.

Lại thay $y=0$ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f\left(f^3+f(0)\right)=x^2 f(x), \forall x .$

Thay $y=f(0)$ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f\left(x^3+f(0)\right)=2 f(0)+x^2 f(x) .$

Từ đây suy ra $f(0)=0$. Thay $y=0$ vào đẳng thức đã cho ta được $f\left(x^3\right)=x^2 f(x)$. Do đó ta có

$\quad\quad\quad f\left(x^3+y+f(y)\right)=2 y+f\left(x^3\right) \text { hay } f(x+y+f(y))=2 y+f(x)\quad\quad\quad(*).$

Thay $y$ bởi $-y$, ta được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(x-y+f(-y))=-2 y+f(x) .$

Với $x$ bất kì, ta lấy $2 y=f(x)$ ta được $f(x-y+f(-y))=0$ suy ra $x-y+f(-y)=0$. Do đó, ta được $f(-x)=f(-y+f(-y))=-2 y=-f(x)$. Từ đây suy ra

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(x+f(y)+f(f(y)))=2 f(y)+f(x)$

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f(x+f(y)+f(f(y)))=2 f(y)+f(x) .$

Trong $(*)$ thay $x=-y$ ta được $f(f(y))=2 y+f(-y)=2 y-f(y)$, kết hợp với đẳng thức trên, ta được

$f(x+2 y)=2 f(y)+f(x) .$

Đến đây cho $x=0$ ta được $f(2 y)=2 f(y)$ nên ta được $f(x+y)=f(x)+f(y)$, tức là $f(x)$ cộng tính. Đến đây ta sẽ tính $f\left((x+1)^3+(x-1)^3\right)$ theo hai cách như sau

• $f\left((x+1)^3+(x-1)^3\right)=f\left(2 x^3+6 x\right)=2 x^2 f(x)+6 f(x)$.
• $f\left((x+1)^3+(x-1)^3\right)=(x+1)^2 f(x+1)+(x-1)^2 f(x-1)=(x+1)^2(f(x)+$ $f(1))+(x-1)^2(f(x)-f(1))=2 x^2 f(x)+2 f(x)+4 x f(1)$.

So sánh hai đẳng thức trên, ta được $f(x)=x f(1)=a x$ với mọi $x$. Thử lại ta được $a=1, a=-2$.

Vậy các hàm cần tìm là $f(x)=x, f(x)=-2 x$.

Bài 2. Cho dãy số $\left(u_n\right)$ thoả mãn $u_1=2013, u_{n+1}=u_n^3-4 u_n^2+5 u_n \forall n \in \mathbb{N}^*$.

Tìm tất cả các số nguyên tố $p$ là ước của $u_{2014}+2009$ và $p \equiv 3(\bmod 4)$.

Lời giải. Ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad u_{n+1}-2 =\left(u_n-2\right)\left(u_{n-1}-1\right)^2 $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\left(u_{n-2}-1\right)^2\left(u_{n-1}-1\right)^2\left(u_{n-2}-2\right) $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\left(u_{n-1}-1\right)^2\left(u_{n-2}-1\right)^2 \cdots\left(u_2-1\right)^2\left(u_1-2\right) .$

Do đó

$\quad\quad\quad\quad\quad u_{2014}+2009=2011\left[\left(u_{2013}-1\right)^2\left(u_{2012}-1\right)^2 \cdots\left(u_2-1\right)^2+1\right] .$

Gọi $B$ là biểu thức trong dấu ngoặc vuông thứ hai. Ta có bổ đề quen thuộc là nếu $a^2+b^2$ chia hết cho số nguyên tố $p=4 k+3$ thì $a, b$ cùng chia hết cho $p$. Từ đây suy ra số $B$ có dạng $a^2+1$ nên nó sẽ không có ước nguyên tố dạng $4 k+3$.

Vậy $u_{2014}+9$ chỉ có một ước nguyên tố $p \equiv 3(\bmod 4)$ duy nhất là 2011 .

Bài 3. Trong một hội nghị khoa học có 5000 đại biểu tham dự, trong đó có một nhóm gồm 280 người là ban tổ chức. Giả sử rằng mỗi thành viên của ban tổ chức thì quen tất cả thành viên khác của hội nghị. Một uỷ ban gồm một số đại biểu được gọi là uỷ ban làm việc nếu tất cả các thành viên trong đó đều quen nhau, và được gọi là uỷ ban thách thức nếu không có hai thành viên nào của uỷ ban quen nhau. Chứng minh rằng ta có thể phân hoạch các đại biểu (kể cả ban tổ chức) thành các ủy ban mà mỗi ủy ban gồm 5 đại biểu, sao cho các uỷ ban này hoặc là làm việc, hoặc là thách thức.

Lời giải. Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau

ĐỊNH LÝ RAMSEY Với $s, t$ là các số nguyên dương, gọi $R(s, t)$ là số đỉnh ít nhất cần có của một graph để trong đó luôn tồn tại một tập độc lập $s$ đỉnh hoặc một graph con đầy đủ $t$ đỉnh. Khi đó

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad R(s, t) \leq C_{s+t-2}^{s-1}\quad\quad\quad(*) .$

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh rằng

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad R(s, t) \leq R(s-1, t)+R(s, t-1) .$

Để ý rằng với $s=1$ hoặc $t=1$ thì $R(s, t)=1$. Do đó, nếu chứng minh được đánh giá này thì chỉ cần dùng tính chất của tam giác Pascal để có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad R(s, t) \leq C_{s+t-3}^{s-2}+C_{s+t-3}^{s-1}=C_{s+t-2}^{s-1} .$

Đặt $n$ là vế phải của $(*)$ và xét graph $G$ có $n$ đỉnh. Xét $v \in G$ thì

1. Nếu như có ít nhất $R(s, t-1)$ đỉnh kề với $v$. Khi đó, theo định nghĩa thì trong tập đỉnh đó, sẽ luôn có một tập độc lập $s$ đỉnh hoặc một graph con đầy đủ $t-1$ đỉnh, ghép thêm đỉnh $v$ vào thì thỏa mãn điều kiện của $R(s, t)$.
2. Nếu như có ít nhất $R(s-1, t)$ đỉnh không kề với $v$. Tương tự trên, trong tập đỉnh đó, cũng sẽ có một một graph con đầy đủ $t$ đỉnh hoặc tập độc lập $s-1$ đỉnh, ghép thêm đỉnh $v$ vào thì thỏa mãn điều kiện của $R(s, t)$.

Từ đó, ta thấy graph $G$ này thỏa mãn điều kiện của $R(s, t)$ nên theo tính nhỏ nhất thì $R(s, t) \leq n$.

Trở lại bài toán,

Xét graph đơn vô hướng $G=(V, E)$ đại diện cho hội nghị khoa học đã nêu, trong đó $V$ là tập hợp các đại biểu và hai đỉnh được nối nhau nếu hai đại biểu tương ứng quen nhau. Ta gọi $T$ là tập hợp đỉnh biểu diễn cho thành viên của ban tổ chức.

Khi đó một ủy ban gồm 5 thành viên là đại diện nếu như đó là một graph đầy đủ, còn đó là thách thức nếu đó là graph không có cạnh. Ta gọi các graph con như thế là graph con “chuẩn”.

Trong các đỉnh $V \backslash T$, ta xóa dần dần các graph con chuẩn đến khi không thực hiện được nữa. Ta gọi tập hợp còn lại là $S$. Ta sẽ chứng minh rằng $S \cup T$ có thể phân hoạch thành các graph con chuẩn như trên.

Theo định lý Ramsey, rõ ràng $|S| \leq C_8^4=70$. Xét một đỉnh $v \in S$ thì giả thiết, $v$ kề với cả 280 đỉnh của $T$ nên ta chọn ra trong đó 4 đỉnh để ghép với $v$ tạo thành một graph con “chuẩn”. Cứ như thế thực hiện cho đến hết các phần tử của $S$, còn lại bao nhiêu phần tử trong $T$ thì chia đều ra thành các graph con “chuẩn” là được.

Bài toán được giải quyết.

Nhận xét. Bài toán gốc của đề thi bị sai và có thể chỉ ra phản ví dụ. Nội dung cụ thể của nó như sau: Trong một hội nghi khoa học có 5000 đại biểu tham dư, mỗi một đại biểu biết ít nhất một thứ tiếng. Một uỷ ban gồm một số đại biểu được gọi là uỷ ban làm việc nếu tất cả các thành viên uỷ ban đều biết chung một thứ tiếng, và được gọi là uỷ ban thách thức nếu không có hai thành viên nào của uỷ ban biết chung một thứ tiếng. Uỷ ban có thể gồm 1 thành viên, khi đó gọi là uỷ ban làm việc hay thách thức cũng được. Chứng minh rằng ta có thể chia các đai biều thành đúng 100 uỷ ban, mỗi đại biểu thuộc đúng 1 uỷ ban, sao cho các uỷ ban này hoặc là uỷ ban làm việc, hoặc là uỷ ban thách thúc.

Ban biên tập đã bổ sung giả thiết như bài toán vừa giải ở trên và cố gắng giữ nguyên các phát biểu còn lại.

Bài 4. Cho tam giác $A B C$ có $B, C$ cố định còn $A$ di động sao cho $A B=A C$ và $\angle B A C>60^{\circ}$. Đường thẳng đối xứng với $B C$ qua $A B$ cắt $A C$ tại $P$. Trên đoạn $P C$ lấy điểm $M$ sao cho $P M=P B$. Gọi $N$ là giao điểm của $A B$ và phân giác ngoài của góc $\angle B C A$. Chứng minh rằng $M N$ luôn đi qua một điểm cố định.

Lời giải. Tam giác $P B M$ cân tại $P$ nên bằng biến đổi góc, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad \angle P B M=\angle P M B \Rightarrow 2 \angle A B C-\angle M B C=\angle A C B+\angle M B C .$

Do đó $\angle A B C=2 \angle M B C$ nên $B M$ là tia phân giác của $\angle A B C$. Theo tính chất đường phân giác thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{M C}{M A}=\frac{B C}{B A}=\frac{B C}{A C}$

 

Lại có $C N$ là phân giác ngoài của $\angle A C B$ nên ta cũng có $\frac{N A}{N B}=\frac{C A}{C B}$. Gọi $I$ là trung điểm của $B C$ thì $I$ là điểm cố định.

Xét tam giác $A B C$ với $I$ thuộc $B C, M$ thuộc $A C$ và $N$ thuộc $A B$ với

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{I B}{I C} \cdot \frac{M C}{M A} \cdot \frac{N A}{N B}=1 \cdot \frac{B C}{A C} \cdot \frac{A C}{B C}=1$

thì theo định lý Menelaus đảo, ta có $M, N, I$ thẳng hàng.

Vậy $M N$ luôn đi qua điểm $I$ cố định.

Ngày thi thứ hai

Bài 5. Cho 2014 số thực $x_1, x_2, \ldots, x_{2014}$ thoả mãn các điều kiện

$\quad (i) x_1+x_2+\cdots+x_{2014}=0$,

$\quad (ii) x_1^2+x_2^2+\cdots+x_{2014}^2=2014$.

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức $P=x_1 x_2 \cdots x_{2014}$.

Lời giải. Rõ ràng có thể chọn giá trị các biến thích hợp để $P>0$ nên để tìm giá trị lớn nhất của $P$ thì ta chỉ xét các số $x_1, x_2, \ldots, x_{2014}$ đều khác 0 và số các số âm là chẵn. Không mất tính tổng quát, giả sử $x_1 \geq x_2 \geq \ldots \geq x_{2 m}>0>x_{2 m+1} \geq$ $\ldots \geq x_{2014}$. Đổi dấu các số $y_k=-x_k>0$ với $2 m+1 \leq k \leq 2014$. Khi đó ta viết lại

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array}{l}x_1+x_2+\cdots+x_{2 m}=y_1+y_2+\cdots+y_{2 n}=A \\ x_1^2+x_2^2+\cdots+x_{2 m}^2+y_1^2+y_2^2+\cdots+y_{2 n}^2=2014\end{array}\right.$

trong đó $m+n=1007$ (ngoài ra $m, n>0$ vì các số đã cho không thể toàn bộ là dương hoặc toàn bộ là âm). Theo bất đẳng thức Cauchy-Schwarz thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad 2014 \geq \frac{A^2}{2 m}+\frac{A^2}{2 n} \text { nên } A^2 \leq 4 m n$

Lại theo bất đẳng thức AM-GM thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad P =\left(x_1 x_2 \ldots x_{2 m}\right)\left(y_1 y_2 \ldots y_{2 n}\right) \leq\left(\frac{A}{2 m}\right)^{2 m}\left(\frac{A}{2 n}\right)^{2 n} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\frac{A^{2 m+2 n}}{2^{2 m+2 n} m^{2 m} n^{2 n}} \leq \frac{(4 m n)^{m+n}}{2^{2 m+2 n} m^{2 m} n^{2 n}}=\left(\frac{m}{n}\right)^{n-m}$

Do $m, n$ khác tính chẵn lẻ nên với vai trò bình đẳng của $m, n$, ta có thể giả sử $m<n$ nên $n-m \geq 1$ và $m \leq 503$. Khi đó, áp dụng bất đẳng thức Bernoulli thì

$\quad\quad\quad \left(\frac{n}{m}\right)^{n-m} \geq 1+\left(\frac{n}{m}-1\right)(n-m)=1+\frac{(n-m)^2}{m} \geq 1+\frac{1}{503}=\frac{504}{503}.$

Suy ra $P \leq\left(\frac{m}{n}\right)^{n-m} \leq \frac{503}{504}$. Đây chính là giá trị lớn nhất cần tìm, dấu bằng xảy ra khi $m=503, n=504$ và

$\quad\quad\quad x_1=x_2=\cdots=x_{1006}=\sqrt{\frac{504}{503}}, x_{1007}=x_{1008}=\cdots=x_{2014}=-\sqrt{\frac{503}{504}} .$

Bài 6. Cho dãy số $\left(u_n\right)$ xác định bởi $u_1=1, u_{n+1}=\frac{u_n}{\sqrt{u_n^2+1}+\sqrt{2}} \forall n \in \mathbb{N}^*$.

$\operatorname{Tính} \lim \frac{u_{n+1}}{u_n}$.

Lời giải. Xét hàm số $f(x)=\frac{x}{\sqrt{x^2+1}+\sqrt{2}}$ với $x \in \mathbb{R}$ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad f^{\prime}(x)=\frac{1+\sqrt{2+2 x^2}}{\sqrt{1+x^2}\left(\sqrt{2}+\sqrt{1+x^2}\right)^2}>0$

nên hàm này đồng biến trên $\mathbb{R}$. Dãy số đã cho được viết lại thành

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \left\{\begin{array}{l}u_1=1, \\ u_{n+1}=f\left(u_n\right), n \geq 1\end{array}\right.$

thì $u_1<u_2$ nên dễ dàng chứng minh quy nạp được rằng dãy này giảm.

Do dãy này bị chặn dưới bởi 0 nên nó có giới hạn, đặt giới hạn đó là $L \geq 0$. Trong biểu thức xác định dãy, cho $n \rightarrow+\infty$, ta được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad L=\frac{L}{\sqrt{L^2+1}+\sqrt{2}}$

nên $L=0$. Từ đó suy ra

Bài 7 . Cho $n$ là số nguyên dương và $A$ là tập con khác rỗng của $X={1,2, . ., n}$.

(a) Tính giá trị của tổng $S(A)=\sum_{E \subset X}(-1)^{|E \cap A|}$ trong đó $E$ lấy trên tất cả các tập hợp con của $X$, kể cả tập hợp rỗng.

(b) Cho $m \in \mathbb{N}^*$. Xét $m$ tập con khác rỗng của $X$ là $A_1, A_2, \ldots, A_m$ và $m$ số nguyên khác 0 là $a_1, a_2, \ldots, a_m$ sao cho $a_1+a_2+\cdots+a_m<0$. Chứng minh rằng tồn tại $E \subset X$ sao cho $\sum_{i=1}^m(-1)^{\left|E \cap A_i\right|} a_i>0$.

Lời giải. (a) Nếu $A=X$ thì

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad S(A)=\sum_{E \subset X}(-1)^{|E|}=C_n^0-C_n^1+C_n^2-\cdots+(-1)^n C_n^n=0 .$

Còn nếu $A \neq X$, do $S(A)$ chỉ phụ thuộc vào số phần tử của $A$ nên không mất tính tổng quát, ta giả sử rằng $A={1,2, \ldots, k}$ với $k<n$. Khi đó, ta có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad S(A) =\sum_{E \subset X-{k}}(-1)^{|E \cap A|}+\sum_{E \subset X-{k}}(-1)^{|(E \cup{k}) \cap A|} $

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad =\sum_{E \subset X-{k}}(-1)^{|E \cap A|}-\sum_{E \subset X-{k}}(-1)^{|E \cap A|}=0 .$

Vậy $S(A)=0, \forall A \subset X$.

(b) Đặt $f(E)=\sum_{i=1}^m(-1)^{\left|E \cap A_i\right|} a_i$. Giả sử $f(E) \leq 0, \forall E$. Mà ta cũng có

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \sum_{E \subset X} f(E)=\sum_{i=1}^m a_i S\left(A_i\right)=0$

Suy ra $f(E)=0, \forall E \subset X$, nhưng điều này là không thể vì $f(\varnothing)<0$. Vậy luôn tồn tại $E$ sao cho $f(E)>0$.

Bài 8. Cho tam giác $A B C$ nhọn có $H$ là trực tâm. $P$ là điểm di động bên trong tam giác $A B C$ sao cho $\angle B P C=\angle B H C$. Đường thẳng qua $B$ vuông góc $A B$ cắt $P C$ tại $M$, đường thẳng qua $C$ vuông góc $A C$ cắt $P B$ tại $N$. Gọi $I$ là trung điểm của $M N$. Chứng minh rằng $I$ luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Lời giải. Vẽ đường kính $A A^{\prime}$ của đường tròn $(A B C)$. Vì $A^{\prime} B \perp A B$ nên $B, A^{\prime}, M$ thẳng hàng. Tương tự thì $C, A^{\prime}, N$ thẳng hàng. Giả sử $B A^{\prime}, C A^{\prime}$ cắt lại $(B H C)$ lần lượt tại $E, F$. Mặt khác

$\quad\quad\quad\angle N P M=180^{\circ}-\angle B H C=\angle A=180^{\circ}-\angle B A^{\prime} C=\angle M A^{\prime} N$

nên $P A^{\prime} M N$ là tứ giác nội tiếp.

Ta sẽ chứng minh trung điểm của $A^{\prime} F, A^{\prime} E, M N$ là thẳng hàng. Theo định lý Menelaus đảo thì điều nào tương đương với

$\quad\quad\quad\quad \frac{\overline{A^{\prime} F}}{\overline{A^{\prime} N}}=\frac{\overline{E A^{\prime}}}{\overline{E M}} \Leftrightarrow \frac{\overline{A^{\prime} F}}{\overline{\overline{A^{\prime} E}}}=-\frac{\overline{A^{\prime} N}}{\overline{E M}} \Leftrightarrow \frac{A^{\prime} B}{A^{\prime} C}=\frac{A^{\prime} N}{M E}\quad\quad(*) .$

Vì $\angle B N A^{\prime}=\angle C M E$ và $\angle N B A^{\prime}=\angle M C E$ nên hai tam giác $B N A^{\prime}, C M E$ dồng dạng với nhau. Do đó

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{A^{\prime} N}{M E}=\frac{A^{\prime} B}{C E} .$

Mặt khác, bằng biến đổi góc, ta cũng có tam giác $C A^{\prime} E$ cân tại $C$ nên $C E=C A^{\prime}$. Ta có được

$\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad\quad \frac{A^{\prime} N}{M E}=\frac{A^{\prime} B}{A^{\prime} C} .$

Do đó, khẳng định $(*)$ là đúng. Vậy nên điểm $I$ luôn nằm trên đường trung bình của tam giác $A^{\prime} E F$ là đường cố định.