Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$:
1. Đường tròn $(O')$ qua $B, C$ cắt $AB, AC$ tại $E, F$. $BF$ cắt CE tại H. Tiếp tuyến của (O) tại A cắt BC tại T. Đường thẳng qua T và song song BF cắt AC tại M, đường thẳng qua T song song CE cắt AB tại N. CMR: MN song song AH.
$AH$ cắt $BC$ tại $G$
Ta có: $\overrightarrow{AG}=\dfrac{GC}{BC}\overrightarrow{AB}+\dfrac{GB}{BC}\overrightarrow{AC}$
Lại có: $\overrightarrow{MN}=\overrightarrow{MA}+\overrightarrow{AN}=\dfrac{NA}{AB}\overrightarrow{AB}+\dfrac{MA}{AC}\overrightarrow{AC}$
Để chứng minh $AG \parallel MN$ ta sẽ chứng minh: $\dfrac{GC}{BC}:\dfrac{NA}{AB}=\dfrac{GB}{BC}:\dfrac{MA}{AC}$ hay $\dfrac{MA}{NA}.\dfrac{AB}{AC}.\dfrac{GC}{GB}=1$
Vì tứ giác $B,C,F,E$ cùng nằm trên $1$ đường tròn nên ta có: $AE.AB=AF.AC$
Đặt $AB=c,AC=b,AE.AB=AF.AC=x$. Suy ra $AF=\dfrac{x}{b},AE=\dfrac{x}{c}$
Khi đó $FC=AC-AF=b-\dfrac{x}{b},EB=AB-AE=c-\dfrac{x}{c}$
Ta có: $\triangle TAB \backsim \triangle TCA \Rightarrow \dfrac{TB}{TC}=\dfrac{TB}{TA}.\dfrac{TA}{TC}=\left(\dfrac{AB}{AC}\right)^2=\left(\dfrac{c}{b}\right)^2$
Áp dụng định lý $Thales$ ta có: $\dfrac{NB}{NE}=\dfrac{TB}{TC} \Leftrightarrow \dfrac{NB}{NB+BE}=\dfrac{c^2}{b^2}\Rightarrow \dfrac{NB}{NB+c-\dfrac{x}{c}}=\dfrac{c^2}{b^2} \Leftrightarrow NB=\dfrac{\left(c^2-x\right)c}{\left(b-c\right)\left(b+c\right)}$
Suy ra $NA=NB+AB=\dfrac{\left(c^2-x\right)c}{\left(b-c\right)\left(b+c\right)}+c=\dfrac{\left(b^2-x\right)c}{\left(b-c\right)\left(b+c\right)}$
Chứng minh tương tự ta có: $MA=\dfrac{\left(c^2-x\right)b}{\left(b-c\right)\left(b+c\right)}$
Suy ra $\dfrac{MA}{NA}=\dfrac{\left(c^2-x\right)b}{\left(b^2-x\right)c}$
Áp dụng định lý $Ceva$ ta có: $\dfrac{GC}{GB}.\dfrac{EB}{EA}.\dfrac{FA}{FC}=1$
Suy ra $\dfrac{GC}{GB}=\dfrac{EA}{EB}.\dfrac{FC}{FA}=\dfrac{\dfrac{x}{c}}{c-\dfrac{x}{c}}.\dfrac{b-\dfrac{x}{b}}{\dfrac{x}{b}}=\dfrac{b^2-x}{c^2-x}$
Do đó $\dfrac{MA}{NA}.\dfrac{AB}{AC}.\dfrac{GC}{GB}=\dfrac{\left(c^2-x\right)b}{\left(b^2-x\right)c}.\dfrac{c}{b}.\dfrac{b^2-x}{c^2-x}=1$
Suy ra $AG \parallel MN$
Vậy $AH \parallel MN$