Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn nội tiếp $(I)$ của tam giác $ABC$ tiếp xúc với các cạnh $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $DE,DF$.
a) Giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BDM$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $CDN$ là $K$. Chứng minh rằng $K$ nằm trên đường tròn $(I)$.
b) Gọi $P$ là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác $BDM$ và đường tròn $(O)$, $Q$ là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác $CDN$ và đường tròn $(O)$. Chứng minh rằng bốn điểm $P,Q,M,N$ cùng thuộc một đường tròn.

a) Kí hiệu $(UVT)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $UVT$.
Gọi $D^{\prime }$ là giao điểm của $EF$ và $BC$, $X$ là trung điểm của đoạn thẳng $D{D}^{\prime }$.
Ta có $(D^{\prime }DBC)=-1$ nên ${\overline{XD}}^2=\overline{XB}.\overline{XC}$.
Gọi $\Gamma$ là đường tròn tâm $X$, đường kính $D{D}^{\prime }$.
Định nghĩa lại $K$ là giao điểm thứ hai của đường tròn $\Gamma$ và đường tròn $(I)$.
Do ${\overline{XK}}^2={\overline{XD}}^2=\overline{XB}.\overline{XC}$ nên $XK$ là tiếp tuyến chung tại $K$ của hai đường tròn $(I)$ và $(BKC)$.
Gọi $B^{\prime },C^{\prime }$ lần lượt là giao điểm thứ hai của $AC,AB$ và đường tròn $(BKC)$.
Khi đó đường tròn $(I)$ tiếp xúc với đường tròn $(BKC)$ tại $K$ đồng thời tiếp xúc với các dây $CB,C{B}^{\prime }$ của đường tròn $(BKC)$ lần lượt tại $D,E$.
Suy ra $KD,KE$ lần lượt là phân giác của $\angle BKC,\angle CK{B}^{\prime }$.
Lại có $KC$ là đường đối trung từ đỉnh $K$ của $△DKE$ nên ta có:
$$\angle BKM=\angle BKD+\angle DKM=\frac{\angle BKC+\angle CK{B}^{\prime }}{2}=\frac{\angle BK{B}^{\prime }}{2}=\angle CDM$$
Suy ra tứ giác $BKMD$ nội tiếp, hay $K\in (BDM)$, chứng minh tương tự ta có $K\in (CDN)$.



b) Ta sẽ chứng minh ba điểm $P,Q,X$ thẳng hàng.
Thật vậy, xét ba đường tròn $(O),(BDM),(CDN)$ có các trục đẳng phương $BP,CQ,DK$ đồng quy hoặc đối một song song.



+ Trường hợp 1: Ba đường thẳng $BP,CQ,DK$ đồng quy tại một điểm, gọi điểm đó là $R$.
Gọi $l$ là trục đẳng phương của hai đường tròn $(I)$ và $(O)$. Ta có:
${\mathrm{P}}_{R/(O)}=\overline{RB}.\overline{RP}=\overline{RK}.\overline{RD}={\mathrm{P}}_{R/(I)}\Rightarrow R\in l\Rightarrow R=l\cap DK$
Lại có: ${\mathrm{P}}_{X/(O)}=\overline{XB}.\overline{XC}={\overline{XD}}^2={\mathrm{P}}_{X/(I)}\Rightarrow X\in l$
Gọi $Y$ và $Z$ là các giao điểm của hai đường tròn $(O)$ và $\Gamma$.
Xét ba đường tròn $(I)$, $(O)$ và $\Gamma$ ta có ba trục đẳng phương $YZ,KD$ và $l$ đồng quy tại $R$. Khi đó $R$ thuộc $YZ$ là đường đối cực của $X$ đối với $(O)$.
Vì $R$ thuộc đường đối cực của $X$ đối với $(O)$ nên theo định lý La Hire thì $X$ thuộc đường đối cực của $R$ đối với $(O)$. Vậy $X$ là giao điểm của $BC$ và đường đối cực của $R$ đối với $(O)$.
Mà $BC,PQ$ và đường đối cực của $R$ đối với $(O)$ đồng quy nên ba điểm $X,P,Q$ thẳng hàng.



+ Trường hợp 2: Ba đường thẳng $BP,CQ,DK$ đôi một song song.
Khi đó các tứ giác $BPKD,DKQC,BPQC$ là các hình thang cân có các đáy $BP,DK,CQ$.
Suy ra các điểm $P,K,Q$ lần lượt đối xứng với các điểm $B,D,C$ qua đường trung trực của đoạn $DK$.
Mà $X$ nằm trên đường trung trực của $DK$ và ba điểm $X,B,C$ thẳng hàng nên ba điểm $X,P,Q$ thẳng hàng.
Do $X$ là trung điểm $D{D}^{\prime }$ nên $X,N,M$ thẳng hàng. Mặt khác, tứ giác $BNMC$ nội tiếp do $\overline{IN}.\overline{IB}={\overline{ID}}^2=\overline{IM}.\overline{IC}$.
Khi đó ta có: $\overline{XP}.\overline{XQ}=\overline{XB}.\overline{XC}=\overline{XM}.\overline{XN}$.
Suy ra bốn điểm $P,Q,M,N$ nằm trên một đường tròn. (đpcm)