Cho tam giác $ABC$ nhọn $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$, $G$ là điểm chính giữa cung $BC$ chứa $A$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ của tam giác $ABC$ tiếp xúc với $BC$, $CA$, $AB$ lần lượt tại $D$, $E$, $F$. Các đường thẳng $GB$, $GC$ cắt $EF$ tương ứng tại $P$, $Q$.
a) Chứng minh rằng bốn điểm $F$, $D$, $M$, $Q$ cùng thuộc một đường tròn.
b) Đường tròn nội tiếp $(J)$ của tam giác $GPQ$ tiếp xúc với $PQ$ tại $H$. Gọi $N$ là trung điểm $GH$. Chứng minh rằng $JN$ song song với $IG$.

a) Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $S$. Để ý rằng: $\frac{DB}{DC}\cdot \frac{EC}{EA}\cdot \frac{FA}{FB}=1$ (do $BF=BD$, $AF=AE$, $EC=CD$).

Vì thế: $AD$, $BE$, $CF$ đồng quy (theo định lý Ceva đảo).

Áp dụng hàng điểm điều hòa cơ bản thì: $(SD,BC)=-1$ do đó theo hệ thức Maclaurin thì:

$$SD.SM=SB.SC$$

Ta có tam giác $GBC$ đồng dạng tam giác $AEF$ (g.g) do đó: $\angle AFQ=\angle QCB$ suy ra: $FQCB$ nội tiếp suy ra: $SF.SQ=SB.SC=SD.SM$ suy ra: $F,D,M,Q$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Lấy $K$ đối xứng $H$ qua $J$. Ta có một tính chất quen thuộc sau của mô hình đường tròn nội tiếp (các bạn tự chứng minh lại): $GK$ đi qua tiếp điểm bằng tiếp góc $G$ của tam giác $GPQ$ và $GK\parallel JN$.

Tương tự ý đầu ta chứng minh được: $P,E,M,D$ cùng thuộc một đường tròn.

Do đó: $\angle EPM=\angle EDC=90^{\circ }-C/2$.

Lại có: $\angle EPB=\angle EFB+\angle ABG=\angle A+90^{\circ }-A/2+B/2-C/2=180^{\circ }-\angle C=2\angle MPE$ suy ra: $MP$ là phân giác góc $BPQ$ hay $M$ là tâm bàng góc $G$ của tam giác $GPQ$.

Gọi $X$ là hình chiếu của $M$ lên $PQ$. Ta có: $GX\parallel JN$. Do đó ta cần chỉ ra rằng: $I,X,G$ thẳng hàng.

Lấy $L$ là hình chiếu của $M$ lên $GC$ và $T$ đối xứng $G$ qua $O$.

Ta có: $\frac{GM}{GT}=\frac{ML}{TC}=\frac{MX}{TI}$ suy ra: tam giác $GMX$ đồng dạng tam giác $GTI$ (c.g.c) suy ra: $G,X,I$ thẳng hàng. Vậy ta có: $JN\parallel IG$.