Lời giải của mình, về ý tưởng khá giống anh Khoa nhưng phần sau mình giải thuần túy! Mình cũng sử dụng bổ đề tương tự anh viet nam in my heart!
Do $M$ đối xứng với $A$ qua $CI$ nên $MC=AC\Rightarrow \triangle ACM$ cân tại $C\Rightarrow \angle AMB=90^{\circ}-\angle C/2=(\angle A+\angle B)/2=180^{\circ}-\angle AIB\Rightarrow $ $A,B,I,M$ đồng viên. $E,F$ lần lượt là giao của $BI,CI$ với $(O)$. Do $FA=FB=FI$ nên $F$ là tâm nội tiếp tứ giác $AIMB\Rightarrow $ $F$ thuộc trung trực $MB\Rightarrow FK$ vuông góc với $BC$. Tương tự ta cũng có: $EL$ vuông góc với $BC$.
Mặt khác do $OK$ vuông góc với $PB$ nên $OK//IB$; tương tự thì: $OL//IC$
Để ý rằng: $\triangle OFK$ cân tại $F$ nên $FK=FO$, lại có $FB=FI$;$\angle BFK=\angle OFI$ nên $\triangle OFI=\triangle KFB$$\Rightarrow OIBK$ là hình thang cân.
Tương tự thì $OICL$ là hình thang cân.$\Rightarrow IK=IL=R$
$\Rightarrow \triangle IKL$ cân tại $I$
$\Rightarrow AK,AL$ đẳng giác với $\angle A$. $T$ là giao của $BK$ với $CL$. Ta có biến đổi góc: $\angle BTC$= $-\angle B/2+\angle OIB+\angle OIC-180^{\circ}-\angle C/2=\angle A$$\Rightarrow $$T$ thuộc $(O)$.
Do $AK,AL$ đẳng giác nên $AR,AT$ đẳng giác. Vậy ta chứng minh: $\angle OIA=\angle IAT$. $P$ là giao của $OI$ với $AT$. Ta có biến đổi góc:
$\angle IAP=\angle A/2 +\angle OIB+\angle B/2-180^{\circ}\Rightarrow $ $\triangle API$ cân tại $P$.
Bài toán chứng minh xong!
P/s: Hai bữa nay em hơi bận viết dở cái chuyên đề, hôm nay mới có thời gian lên, nhân tiện cho em hỏi anh viet nam in my heart tên thật là gì nhỉ?
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 23-02-2016 - 23:50