Gần đây mình phát hiện một số mở rộng cho bài toán này, trước hết mình xin đưa ra một lời chứng minh thuần túy không dùng đến phép nghịch đảo đối với bổ đề mà thầy Hùng đã đề cập ở tuần 5 tháng 8 năm 2016. Mình xin ghi lại bổ đề:
Bổ đề. Cho $\triangle ABC$ nhọn. Gọi $D$, $E$, $F$ lần lượt là trung điểm của $BC$, $CA$, $AB$. Đường tròn $(J)$ đi qua $A$ và tiếp xúc với $BC$ tại $D$ cắt $AC$, $AB$ lần lượt tại $K$, $L$. Gọi $M$, $N$ lần lượt là điểm đối xứng của $K$, $L$ qua $E$, $F$. Cuối cùng gọi $I$ là tâm của $(AMN)$. Khi đó $AD$, $MN$, $IJ$ đồng quy.
Chứng minh. Kéo dài $DE$, $DF$ cắt $(J)$ theo thứ tự tại $Y$, $Z$. Ta chứng minh $Y$, $M$, $N$, $Z$ thẳng hàng.
Thật vậy, ta có:
$$\overline{AM}\cdot\overline{AC}=\overline{KC}\cdot\overline{AC}=CD^2=BD^2=\overline{LB}\cdot\overline{AB}=\overline{AN}\cdot\overline{AB}$$
Do đó tứ giác $BCMN$ nội tiếp. Ta lại có:
$$\overline{EY}\cdot\overline{ED}=\overline{EA}\cdot\overline{EK}$$
$$\Leftrightarrow \overline{EY}\cdot\overline{AB}=\overline{EM}\cdot\overline{AC}$$
$$\Leftrightarrow \dfrac{\overline{EY}}{\overline{EM}}=\dfrac{\overline{AC}}{\overline{AB}}=\dfrac{\overline{AN}}{\overline{AM}}$$
Mặt khác $AN \parallel EY$ nên theo định lý Thales đảo ta có $Y$, $M$, $N$ thẳng hàng. Tương tự $Z$, $M$, $N$ thẳng hàng hay bốn điểm $Y$, $M$, $N$, $Z$ cùng nằm trên một đường thẳng.
Tới đây mình có hai cách để giải quyết tiếp bài toán:
Cách 1. Thông qua biến đổi góc, ta có:
$$\widehat{AIN}=2\widehat{AMN}=2\widehat{YZD}=\widehat{YJD}$$
Suy ra $\triangle AIN \backsim \triangle DJY$. Như thế ta được:
$$\dfrac{AI}{JD}=\dfrac{AN}{YD}=\dfrac{AP}{PD}$$
Mặt khác do $MN$ đối song $BC$ nên $AI \text{ } \bot \text{ } BC \text{ } \bot \text{ } JD$ hay $AI \parallel JD$. Áp dụng định lý Thales đảo ta thu được $I$, $P$, $J$ thẳng hàng. Ta kết luận $AD$, $MN$, $IJ$ đồng quy.
Cách 2. Gọi $T$ là giao điểm của $EF$ và $YZ$. Gọi $S$ là giao điểm của $AT$ và $(J)$. Dễ thấy các tứ giác $EFZY$ và $MNFE$ nội tiếp. Ta có:
$$\overline{TS}\cdot\overline{TA}=\overline{TZ}\cdot\overline{TY}=\overline{TF}\cdot\overline{TE}=\overline{TN}\cdot\overline{TM}$$
Như vậy $ASNM$ nội tiếp. Do đó $AS \text{ } \bot \text{ } IJ$. Để chứng minh $I$, $P$, $J$ thẳng hàng thì ta cần chứng minh thêm $AS \text{ } \bot \text{ } IP$. Thật vậy, thông qua biến đổi góc:
$$\widehat{ANP}=\widehat{ZYD}=\widehat{ZAP}$$
Do đó $\triangle ZAP \backsim \triangle ANP$. Suy ra $PA^2=\overline{PN}\cdot \overline{PZ}$. Tương tự $PA^2=\overline{PM}\cdot \overline{PY}$.
Bây giờ ta chứng minh $(SNZ)$ tiếp xúc $(SMY)$. Thật vậy:
$$\widehat{SZN}+\widehat{SYM}=180^o-\widehat{ZSY}=\widehat{ZDY}=\widehat{MAN}=\widehat{MSN}$$
Vậy $(SNZ)$ tiếp xúc $(SMY)$. Suy ra $PS^2=\overline{PN}\cdot \overline{PZ}=\overline{PM}\cdot \overline{PY}=PA^2$. Do đó $\triangle SAP$ cân tại $P$. Vậy $AS \text{ } \bot \text{ } IP$ hay $I$, $P$, $J$ thẳng hàng. Ta kết luận $AD$, $MN$, $IJ$ đồng quy.