Cho tứ giác $ABCD$ không phải hình thang và nội tiếp đường tròn $(O)$. Giả sử có $E,F$ lần lượt thuộc các đoạn $AB,CD$ sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác $ECD$ có tâm là điểm $I$ và tiếp xúc với $AB$, đường tròn ngoại tiếp tam giác $FAB$ có tâm là điểm $J$ và tiếp xúc với $CD$. Hai đường tròn $(I),(J)$ này cắt nhau tại $P,Q$. Gọi $M$ là giao điểm của $FA,DE$, $N$ là giao điểm của $FB,CE$ và $K$ là giao điểm của $IE,JF$.
a) Chứng minh rằng $EF$ là trung trực của đoạn thẳng $MN$ và các đường thẳng $OK,EF,PQ$ đồng quy.
b) Chứng minh rằng các điểm $M,N,P,Q$ cùng thuộc một đường tròn.

a) (3,0 điểm) Cho $AB,CD$ cắt nhau ở điểm $T$. Xét phương tích từ $T$ đến các đường tròn thì $T{E}^2=\overline{TC}\cdot \overline{TD}=\overline{TA}\cdot \overline{TB}=T{F}^2$. Vì thế nên $TE=TF$. (0,5)

Do đó $\widehat{TEF}=\widehat{TFE}$ và có biến đổi góc $\widehat{DEF}=\widehat{TEF}-\widehat{AED}=\widehat{TFE}-\widehat{ECD}=\widehat{FEC}$. Vì thế $EF$ là phân giác của $\widehat{CED}$. Tương tự $EF$ cũng là phân giác $\widehat{AFB}$. Do đó, hai tam giác $EMF,ENF$ bằng nhau và $ME=NE$, $MF=NF$. Suy ra $EF$ là trung trực của đoạn $MN$. (1,0)

Cho $EF$ cắt lại $(I),(J)$ lần lượt tại các điểm $V,U$. Khi đó, vì $EF$ là phân giác của $\widehat{DEC}$ nên $V$ là trung điểm cung $CD$ của $(I)$, kéo theo $VC=VD$. Từ đó suy ra $O,I,V$ thẳng hàng. Tương tự thì $O,J,U$ thẳng hàng. (0,5)

Tiếp theo, ta cho $OK$ cắt $EF$ ở $S$. Chú ý rằng $IK\parallel OU$ (cùng vuông góc với $AB$) nên theo định lý Thales thì $\frac{SK}{SO}=\frac{SE}{SU}$. Tương tự, ta cũng có $\frac{SK}{SO}=\frac{SF}{SV}$. (0,5)

Do đó ta có
$$\frac{SE}{SU}=\frac{SF}{SV}\iff \overline{SE}\cdot \overline{SV}=\overline{SF}\cdot \overline{SU}.$$
Từ đây suy ra $S$ có cùng phương tích đến hai đường tròn $(I),(J)$ nên $S$ thuộc trục đẳng phương $PQ$. Do đó, các đường thẳng $PQ,EF,OK$ đồng quy. (0,5)

b) (2,0 điểm) Bổ đề về tỷ số phương tích: Cho hai đường tròn $(O),(O^{\prime })$ cắt nhau ở $A,B$. Khi đó, nếu $M_1,M_2$ không thuộc $(O),(O^{\prime })$ sao cho $\frac{{\mathcal{P}}_{M_1/(I)}}{{\mathcal{P}}_{M_1/(J)}}=\frac{{\mathcal{P}}_{M_2/(I)}}{{\mathcal{P}}_{M_2/(J)}}\ne 1$ thì các điểm $M_1,M_2,A,B$ cùng thuộc một đường tròn. (Không yêu cầu học sinh chứng minh.) (0,5)

Trở lại bài toán, ta có $AE$ là tiếp tuyến của $(ECD)$ nên $\widehat{AEM}=\widehat{NCF}$, $CF$ là tiếp tuyến của $(FAB)$ nên $\widehat{EAM}=\widehat{NFC}$, từ đây ta có hai tam giác $AME,FNC$ đồng dạng. Do đó $\frac{ME}{MA}=\frac{NC}{NF}$. Tương tự thì $\frac{MD}{MF}=\frac{NE}{NB}$. Đến đây xét tỷ số phương tích
$$\frac{{\mathcal{P}}_{M/(I)}}{{\mathcal{P}}_{M/(J)}}=\frac{\overline{MD}\cdot \overline{ME}}{\overline{MA}\cdot \overline{MF}}=\frac{MD}{MF}\cdot \frac{ME}{MA}=\frac{NE}{NB}\cdot \frac{NC}{NF}=\frac{\overline{NE}\cdot \overline{NC}}{\overline{NB}\cdot \overline{NF}}=\frac{{\mathcal{P}}_{N/(I)}}{{\mathcal{P}}_{N/(J)}}.$$ (1,0)

Chú ý rằng nếu tỷ số trên bằng 1 thì sẽ kéo theo $ADFE$ và $BCFE$ nội tiếp. Từ đây có $\widehat{ADF}=180^{\circ }-\widehat{AEF}=180^{\circ }-\widehat{BCD}$ nên $AD\parallel BC$, vô lý. Áp dụng bổ đề cho $(I),(J)$ cắt nhau tại $P,Q$, ta có $M,N,P,Q$ cùng thuộc một đường tròn. (0,5)