Câu 7. (7.0 điểm) Trên đường tròn $(O)$ cố định, cho dây cung $BC$ cố định khác đường kính và điểm $A$ di động trên đường tròn $(O)$ sao cho tam giác $ABC$ nhọn và không cân. Gọi $D$, $E$ lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ $\widehat{AB}$, $\widehat{AC}$ của đường tròn $(O)$. Đoạn thẳng $DE$ cắt $AB$, $AC$ lần lượt tại $X$, $Y$. Giả sử các đường tròn $(BDX)$, $(CEY)$ cắt nhau tại hai điểm $I$, $K$ phân biệt và các đường tròn $(BEX)$, $(CDY)$ cắt nhau tại hai điểm $R$, $S$ phân biệt.

a) Chứng minh rằng $\widehat{BAC}\ne 60^{\circ }$ và đường thẳng $IK$ luôn đi qua một điểm cố định.

b) Chứng minh rằng đường thẳng $RS$ đi qua trung điểm của đoạn thẳng $BC$ và trung điểm $RS$ di động trên một đường tròn cố định.

Lời giải.



a) Gọi $I^{\prime }$ là $BE$ cắt $CD$ thì để ý ta có $DE$ là trung trực $A{I}^{\prime }\Rightarrow AX{I}^{\prime }Y$ là hình thoi.
$\Rightarrow \angle BXD=\angle AXY=90^{\circ }-\frac{\angle BAC}{2}=\angle I^{\prime }BC+\angle I^{\prime }CB=\angle B{I}^{\prime }D$ nên $I^{\prime }$ nằm trên $(BXD)$.
Tương tự ta có $I^{\prime }$ nằm trên $(CYE)$ nên $I^{\prime }$ trùng $I$.
Giả sử $\angle BAC=60^{\circ }$. Kẻ tiếp tuyến $Ix$ của $(BIX)$, giả sử $Ix$ nằm trong $\angle XIY$, thế hình khác xử lí tương tự. Ta có $\angle xIy=\angle XIY-\angle XIx=60^{\circ }-\angle ABI=\angle ACI\Rightarrow Ix$ cũng là tiếp tuyến của $(CIY)$ (vô lí) nên $\angle BAC$ khác $60^{\circ }$.
Xét tâm đẳng phương $(BDX)$, $(CEY)$ và $(O)$ ta có $BD$, $CE$, $IX$ đồng quy tại $L$. Áp dụng định lí Pascal cho bộ $\left(\begin{array}{ccc}B& C& D\\ C& B& E\end{array}\right)$ ta có $I,Z,L$ thẳng hàng với $Z$ là giao 2 tiếp tuyến tại $B,C$ của $(O)$ nên $IK$ đi qua $Z$ cố định.



b) Gọi $M,N$ là trung điểm $BC,RS$, $P,Q$ là tâm $(BXE),(CYD)$ và $BC$ cắt $(P),(Q)$ lần lượt tại $G,H$.
Ta thấy $DE$ là trung trực $AI$ nên $\angle EBG=\angle B/2$ và $\angle EGB=\angle AXE=90-\angle A/2$
$\Rightarrow \angle GEB=\angle A+\angle C/2\Rightarrow BG=\frac{BE\cdot \sin (\angle A+\angle C/2)}{\cos (\angle A/2)}$ theo định lí hàm sin.
Mà $BE=2OA\cdot \sin \angle BAE=2OA\cdot \sin (\angle A+\angle B/2)$ nên
$$\Rightarrow BG=\frac{2OA\cdot \sin (\angle A+\angle B/2)\cdot \sin (\angle A+\angle C/2)}{\cos (\angle A/2)}$$
Tương tự ta cũng được $CH$ bằng độ dài trên nên $MC\cdot MH=MB\cdot MG\Rightarrow M$ nằm trên $RS$ và $ID\cdot IC=IB\cdot IE$ nên $R,I,M,S$ cùng nằm trên trục đẳng phương của $(P)$ và $(Q)$.
Gọi $AI$ cắt $(O)$ tại $U$. Ta có $\angle BPO=1/2\angle BPE=180-\angle BXE=90-\angle A/2=\angle OUB$ nên tứ giác $OPUB$ nội tiếp $\Rightarrow \angle OUP=\angle OBP=90-\angle OPB=\angle DCB$.
$\Rightarrow UP\perp CD\Rightarrow UP//OQ$. Tương tự ta có $OP//UQ\Rightarrow OPUQ$ là hình bình hành.
$\Rightarrow PQ$ qua trung điểm $J$ của $OU$ có định và vuông góc $RS$ tại $N$ nên $N$ nằm trên $(JM)$ có định.