Hình vẽ bài toán
$\textbf{Lời giải.}$ Gọi $Y$ là trung điểm $PQ$.
Ta có $\angle PQB=180^\circ-\angle PAB=\angle BCD, \angle QBP=90^\circ-\angle BPA=90^\circ-\frac{1}{2}\cdot \angle BKA=\angle BKC$.
Do đó $\triangle QPB\sim \triangle CBK$ (góc - góc) suy ra $\frac{KC}{BC}=\frac{QB}{QP}\Rightarrow \frac{DC}{BC}=\frac{QB}{QY}$.
Từ đó $\triangle DBC\sim \triangle BYQ$ (cạnh - góc -cạnh) suy ra $\angle QYB=\angle DBC=\angle DCN=\angle BMC$. Do đó tứ giác $YBMN$ nội tiếp.
Gọi $Z$ là giao điểm của $PA$ với $BQ$ thì $\angle PZB=90^\circ$. Do $\angle ZYB=\angle YZQ-\angle YBQ=\angle BCD-\angle BDC=\angle BDZ$ nên tứ giác $YZBD$ nội tiếp suy ra $\angle BYD=90^\circ$.
Mặt khác do $\angle YBD=\angle ZBD-\angle ZBY=90^\circ-\angle BDA-BDC=\angle ODB$ nên $OD\parallel BY$.
Do đó $YD$ là tiếp tuyến tại $D$ của $(O)$.
Gọi $X$ là giao điểm của $YD$ với đường tròn $(BMN)$. Do tứ giác $YBMX$ nội tiếp nên $\angle BMX=90^\circ$ suy ra $MX\perp CD$ hay $MX\parallel PQ$.
Từ đó suy ra $M(XYPQ)=-1$ hay tứ giác $SYXT$ điều hòa kéo theo $XY$ đi qua $R$ hay $RD$ là tiếp tuyến với $(O).\ \blacksquare$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 18-09-2016 - 19:50
$\LaTeX$
!
Solved
