Cho tam giác $ABC$ $(AB<AC)$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với $BC$, $CA$, $AB$ lần lượt tại $D$, $E$, $F$. Gọi $H$ là giao điểm của $AI$ và $BC$; $K$, $L$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $H$ trên $IB$ và $IC$. Qua $D$ kẻ đường thẳng vuông góc với $AI$ cắt $IB$, $IC$ lần lượt tại $X$ và $Y$. Gọi $M$, $N$, $P$ lần lượt là trung điểm của $DE$, $DF$ và $EF$.



a) Chứng minh rằng $KL\parallel BC$ và bốn điểm $K$, $L$, $X$, $Y$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Gọi $O_1$, $O_2$ lần lượt là tâm của hai đường tròn $(MKL)$ và $(DIP)$. Chứng minh rằng giao điểm của $(MKL)$ và $(DIP)$ thuộc đường tròn đường kính $O_1{O}_2$.

Lời giải (Lim Olympic - Lào Cai TST - P2):

a) Ta có $\angle ILK=\angle IKH=90^{\circ }-\angle BIH=90^{\circ }-(\angle IAB+\angle IBA)=\angle ICB\Rightarrow KL\parallel BC$.

Ta có $\angle IXY=90^{\circ }-\angle BIH=\angle ICB\Rightarrow BXCY$ nội tiếp.

$\Rightarrow \angle IYX=\angle IBC=\angle IKL\Rightarrow KLYX$ nội tiếp.

b) Do $KL\parallel BC\Rightarrow IL\cdot IB=IK\cdot IC$, mà $IM\cdot IC=IN\cdot IB\Rightarrow IK\cdot IN=IM\cdot IL\Rightarrow (KML)$ đi qua $N$. Lại có $\angle IDL=\angle IHL=\angle IYD$ do các tứ giác nội tiếp $\Rightarrow IL\cdot IY=I{D}^2$. Tương tự ta cũng có $IK\cdot IX=I{D}^2$.

Ta thấy điều cần chứng minh tương đương với việc chứng minh $(MKL)$ và $(DIP)$ trực giao. Xét phép nghịch đảo tâm $I$ phương tích $I{D}^2=IM\cdot IC=IN\cdot IB$ có: $A\leftrightarrow P$, $M\leftrightarrow C$, $L\leftrightarrow Y$, $N\leftrightarrow B$ nên $(MKLN)\leftrightarrow (BCXY)$ và $(DIP)\leftrightarrow AD$.

Vậy ta cần chứng minh $AD$ đi qua tâm $T$ của $(BCXY)$. Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $S$ ta có $(SDBC)=-1\Rightarrow S$ nằm trên đường đối cực ứng với $D$ của $(T)$, mà $BX$ cắt $CY$ tại $I\Rightarrow I$ cũng nằm trên đường đối cực ứng với $D$ của $(T)\Rightarrow SI$ là đường đối cực ứng với $D$ của $(T)\Rightarrow DT\perp ST$. Mà $AD$ là đường đối cực của $S$ ứng với $(I)$ nên ta cũng có $SI\perp AD\Rightarrow A,D,T$ thẳng hàng hay ta có điều cần chứng minh.