Cho tam giác $ABC$ có đường tròn nội tiếp $(I)$ tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ tại $D,E,F$. $BI,CI,DI$ lần lượt cắt đường thẳng $EF$ tại $M,N,K$. Các điểm $P,Q$ nằm trên $BM,CN$ sao cho $CP$ và $BQ$ cùng song song với $AI$.

a) Chứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $IBC,IMN,IPQ$ có một điểm chung khác $I$.

b) Gọi $S$ là giao điểm của $EF$ và $BC$, $T$ là giao điểm của hai tiếp tuyến tại $E$ và $F$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$. Chứng minh rằng đường thẳng qua $S$ vuông góc với $TK$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DMN$.

a) Xét hình vẽ bên dưới.



Trước hết, ta chứng minh $M,N$ thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Chứng minh. Ta biến đổi góc, được
$$\widehat{EMI}=\widehat{AFE}-\widehat{ABI}=90^{\circ }-\frac{\widehat{BAC}}{2}-\frac{\widehat{ABC}}{2}=\frac{\widehat{ACB}}{2}=\widehat{ECI},$$
suy ra $C,E,M,I$ cùng thuộc một đường tròn.

Mặt khác, $C,E,I,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CI$, nên $C,E,M,I,D$ cùng thuộc đường tròn đường kính $CI$, suy ra $\widehat{BMC}=\widehat{IMC}=90^{\circ }$, do đó $M$ thuộc đường tròn đường kính $BC$.

Chứng minh tương tự thì $N$ cũng thuộc đường tròn đường kính $BC$. ■

Tiếp theo, ta chứng minh $\frac{BM}{BP}=\frac{CN}{CQ}$.

Chứng minh. Gọi $J,L$ lần lượt là trung điểm của $BC,MN$. Gọi $X,Y$ là các điểm thuộc $BC$ sao cho $XN$ và $YM$ cùng song song với $AI$.

Từ nhận xét trên, ta được $JM=JN$, do đó $JL\perp MN$. Do $MN\perp AI$ nên $JL\parallel AI$.

Xét hình thang $XYMN$ thì từ $XN\parallel JM\parallel YM$, với $LM=LN$, ta suy ra $J$ là trung điểm của $XY$. Do đó $BY=CX$. Ta suy ra
$$\frac{BM}{BP}=\frac{BY}{BC}=\frac{CX}{CB}=\frac{CN}{CQ}.$$ ■

Gọi $R$ là giao điểm khác $I$ của đường tròn ngoại tiếp tam giác $IBC,IMN$. Khi đó $R$ là tâm của phép vị tự quay biến $BM$ thành $CN$, và từ tỉ số trên thì phép vị tự quay này cũng biến $P$ thành $Q$. Do vậy $(IPQ)$ cũng đi qua $R$.

Vậy đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $IBC,IMN,IPQ$ cùng đi qua $R\ne P$.

b) Trước hết, ta chứng minh nhận xét sau: Nhận xét. $A,K,J$ thẳng hàng.

Chứng minh. Qua $K$, vẽ đường thẳng song song với $BC$ cắt $AB,AC$ lần lượt tại $B^{\prime },C^{\prime }$. Từ tứ giác $B^{\prime }KIF$ nội tiếp đường tròn đường kính $I{B}^{\prime }$, tứ giác $C^{\prime }IKE$ nội tiếp đường tròn đường kính $I{C}^{\prime }$ thì $\widehat{I{B}^{\prime }{C}^{\prime }}=\widehat{IFE}=\widehat{IEF}=\widehat{I{C}^{\prime }{B}^{\prime }}$, suy ra $I{B}^{\prime }=I{C}^{\prime }$. Do $IK$ là đường cao nên $K$ là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime }$.

Xét hình thang $B{B}^{\prime }{C}^{\prime }C$ có $A$ là giao điểm của $B{B}^{\prime }$ và $C{C}^{\prime }$, $K,J$ lần lượt là trung điểm của $B^{\prime }{C}^{\prime },BC$ nên $A,K,J$ thẳng hàng theo bổ đề hình thang. ■



Bây giờ, gọi $V$ là trung điểm của $AI$ thì $A,V,I,T$ thẳng hàng và $(AI,TV)=-1$.

Gọi $W$ là giao điểm của $KT$ và $BC$ thì $(SW,DJ)\stackrel{K}{=}(VT,IA)=-1$, do đó $S,W$ liên hợp với nhau với $(DMN)$.

Ta cũng có $(SD,BC)=-1$, do đó $(SK,MN)\stackrel{I}{=}(SD,BC)=-1$. Do đó, $S,K$ liên hợp với nhau đối với $(DMN)$.

Ta suy ra $KT$ là đường đối cực của $S$ đối với $(DMN)$, do đó đường thẳng qua $S$ vuông góc với $TK$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $DMN$.