Lời giải của em, (khá phức tạp)
Đầu tiên ta sẽ chứng minh tính chất sau của đường tròn Thebault.
Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ , đường tròn tiếp xúc với $AD,BC$ tại $E,F$ và tiếp xúc với $(O)$ tại $Z$. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác $DFC$ đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác $DBC$.
Phép chứng minh đơn thuần cộng góc, có thể tham khảo trong link. (Lemma # 4)
Bây giờ ta sẽ đi vào bài toán của tuần này.
Gọi $X$,$Y$ lần lượt là trung điểm $AE$,$AF$. Do $K$,$L$ lần lượt thuộc trung trực $AE$,$AF$ nên $KX\perp AC$,$LY\perp AB$.
Từ đó các ngũ giác $AXUKQ$ và $AYVLP$ nội tiếp.
Xét phép vị tự tâm $A$ tỉ số $1:2$ biến $E\mapsto X,F\mapsto Y,C\mapsto M,B\mapsto N$ nên $X,Y$ là tiếp điểm của đường tròn Mixilinear của tam giác $AMN$ với $AM,AN$.
Gọi $Z$ là tiếp điểm của đường tròn Mixilinear ứng với đỉnh $A$ của $\triangle AMN$ với đường tròn $(AMN)$.
Do $(QA,QX)\equiv \frac{\pi}{2}-(AI,AQ)\equiv \frac{\pi}{2}-(IA,IQ)\equiv (BA,BI)\equiv (NA,NI')\equiv (ZA,ZX) \pmod \pi$ nên tứ giác $AQZX$ nội tiếp.
Hình vẽ bài toán
Tương tự thì tứ giác $APZY$ nội tiếp.
Từ đó $U,V$ theo thứ tự là giao điểm của $d$ với $(AXZ)$ và $(AYZ)$.
Gọi $H$ là trung điểm $UV$, $I'$ là trung điểm $YZ$. Do đó $(XY,XZ)\equiv (YN,YZ)\equiv (VZ,VA) \pmod \pi$.
Tương tự thì $(YX,YZ)\equiv (UZ,UV)\pmod \pi$ nên $\triangle UZV\sim \triangle YZX$ suy ra $(HZ,HA)\equiv (I'Y,I'Z)\equiv (MA,MZ)\pmod \pi$ (do tứ giác $YI'ZN$ nội tiếp).
Do đó $H$ thuộc $(AMN)$. Gọi $S,T$ lần lượt là giao điểm của $(UV)$ với $(AMN)$.
Do $HU=HS=HT$ nên $U$ là tâm nội tiếp tam giác $AST$.
Từ đó theo bổ đề trên $ST$ tiếp xúc với đường tròn qua $Z$ tiếp xúc với $AM$ chính là đường tròn Mixilinear tam giác $AMN$.
Tức là trục đẳng phương của $(UV)$ và $(AMN)$ luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 16-10-2016 - 22:47