Như vậy đã có lời giải cho bài Tuần 2 tháng 11 của thầy Hùng tại Tuần 3 tháng 11 và đề bài mới. Xin trích dẫn lại đề bài mới:
Bài 12. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và tâm nội tiếp $I$. Đường tròn bàng tiếp $(L)$ tại đỉnh $C$ của tam giác $ABC$ tiếp xúc với $AB$ tại $M$. $MI$ cắt $BC$ tại $N$. $P$ là hình chiếu của $C$ lên $LB$. Chứng minh $AI$ và $PN$ cắt nhau trên đường tròn $(O)$.
LỜI GIẢI :
Gọi giao điểm của $AI$ với $(O)$ và $BC$ lần lượt là $R$ và $J$, $PR$ cắt $BC$ tại $N'$. Ta sẽ chứng minh $N \equiv N'$.
Đặt $\angle A=\alpha , \angle B=\beta, \angle C=\gamma$
Ta có :
$\frac{N'R}{PR}=\frac{S_{N'BR}}{S_{PBR}}=\frac{N'B.\sin \angle N'BR}{PB. \sin \angle PBR}=\frac{N'B.\sin \frac{\alpha}{2}}{PB.\sin \frac{\gamma}{2}}$
Và
$\frac{N'R}{PR}=\frac{S_{CN'R}}{S_{CRP}}=\frac{N'C.\sin \angle N'CR}{CP.\sin \angle RCP }=\frac{N'C.\sin \frac{\alpha}{2}}{CP.\sin \frac{1}{2}(\beta -\alpha) }$
$\Rightarrow \frac{N'C}{N'B}=\frac{CP}{PB}.\frac{\sin\frac{1}{2}(\beta-\alpha)}{\sin \frac{\gamma}{2}}=\cot \frac{\beta}{2}.\frac{\sin\frac{1}{2}(\beta-\alpha)}{\sin \frac{\gamma}{2}}$
$\Rightarrow \frac{BC}{N'B}=\cot \frac{\beta}{2}.\frac{\sin\frac{1}{2}(\beta-\alpha)}{\sin \frac{\gamma}{2}}+1$ $(1)$
Lại có $\frac{BC}{BJ}=\frac{AB+AC}{AB}=1+\frac{\sin \beta}{\sin \gamma}\Rightarrow \frac{BJ}{BC}=\frac{\sin \gamma}{\sin \beta +\sin \gamma}$ $(2)$
Từ $(1),(2)$ suy ra : $\frac{BJ}{N'B}=\frac{(\cot \frac{\beta}{2}.\frac{\sin\frac{1}{2}(\beta-\alpha)}{\sin \frac{\gamma}{2}}+1).\sin \gamma}{\sin \beta +\sin \gamma}$
$\Rightarrow \frac{N'J}{N'B}=1-\frac{(\cot \frac{\beta}{2}.\frac{\sin\frac{1}{2}(\beta-\alpha)}{\sin \frac{\gamma}{2}}+1).\sin \gamma}{\sin \beta +\sin \gamma}$
$=\frac{\sin\beta-\frac{\sin \gamma.\cot \frac{\beta}{2}.\sin\frac{1}{2}(\beta-\alpha)}{\sin \frac{\gamma}{2}}}{\sin \beta +\sin \gamma}$
$=\frac{\sin \beta-2\cos\frac{\gamma}{2}\cot\frac{\beta}{2}.\sin \frac{1}{2}(\beta-\alpha)}{\sin \beta +\sin \gamma}$
$=\frac{\sin \beta-\cot \frac{\beta}{2}(\cos \alpha-\cos \beta)}{\sin \beta +\sin \gamma}$ $(3)$
Gọi $K$ là tiếp điểm của $(I)$ với $AB$. Ta có :
$\frac{MB}{MA}=\frac{KA}{KB}=\frac{\tan \angle KBI}{\tan \angle KAI} =\frac{\tan \frac{\beta}{2}}{\tan \frac{\alpha}{2}}$ $(4)$
$\frac{IA}{IJ}=\frac{AB}{BJ}=\frac{\sin \angle AJB}{\sin \angle BAJ}=\frac{\sin (\frac{\alpha}{2}+\gamma)}{\sin \frac{\alpha}{2}}$ $(5)$
Từ $(3),(4),(5)$ ta được :
$\frac{N'J}{NB}.\frac{MB}{MA}.\frac{IA}{IB}=\frac{\sin \beta-\cot \frac{\beta}{2}(\cos \alpha-\cos \beta)}{\sin \beta +\sin \gamma}.\frac{\tan \frac{\beta}{2}}{\tan \frac{\alpha}{2}}.\frac{\sin (\frac{\alpha}{2}+\gamma)}{\sin \frac{\alpha}{2}}$
$=\frac{(\sin \beta \tan \frac{\beta}{2}-\cos \alpha+\cos \beta) .\sin(\frac{\alpha}{2}+\gamma)}{(\sin \beta+\sin \gamma)\frac{1-\cos \alpha}{2 \cos \frac{\alpha}{2}}}$
$=\frac{(1-\cos \beta)-\cos \alpha+\cos \beta}{\sin \beta+\sin \gamma}.\frac{2 \sin(\frac{\alpha}{2}+\gamma)\cos\frac{\alpha}{2}}{1-\cos \alpha}$ (vì $\sin \beta \tan \frac{\beta}{2}=2\sin\frac{\beta}{2}\cos\frac{\beta}{2}\frac{\sin \frac{\beta}{2}}{\cos \frac{\beta}{2}}=2\sin^2\frac{\beta}{2}=1-\cos \beta$)
$=\frac{1-\cos \alpha}{\sin \beta +\sin \gamma }.\frac{\sin \gamma+\sin(\alpha+\gamma)}{1-\cos \alpha}$
$=\frac{\sin \beta +\sin \gamma }{\sin \beta +\sin \gamma }=1$
Do đó theo định lý Menelaus với tam giác $ABJ$ ta có $N',I,M$ thẳng hàng. Suy ra $N \equiv N'$.
Vậy $AI$ và $PN$ cắt nhau trên đường tròn $O$ (đpcm)
Edited by Belphegor Varia, 09-11-2015 - 15:41.