Giải. Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm $DE,DF$. $Q$ là giao điểm của $MN$ với $BC$.
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, $\overline{IN}\cdot \overline{IB}=ID^2=\overline{IM}\cdot \overline{IC}$ nên tứ giác $BNMC$ nội tiếp.
$\implies \overline{QN}\cdot \overline{QM}=\overline{QB}\cdot \overline{QC}$. $\qquad (1)$
Do đường tròn $(DMN)$ tiếp xúc $(I)$ nên $QD$ là tiếp tuyến của $(DMN)$ $\implies QD^2=\overline{QN}\cdot \overline{QM}$ $\qquad (2)$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra $QD^2=\overline{QB}\cdot \overline{QC}\implies \mathcal{P}_{Q/(I)}=\mathcal{P}_{Q/(O)}$ hay $Q$ thuộc trục đẳng phương của $(O)$ và $(I)$.
Mặt khác theo định lí về tâm đẳng phương, tiếp tuyến tại $P$ của $(I)$ đi qua $Q$. $\qquad (3)$
Gọi $R,S$ là giao điểm của $MN$ với $(I)$, từ $(3)$ thì $DRPS$ là tứ giác điều hòa. $\qquad (4)$
Đường thẳng qua $D$ vuông góc với $DK$ cắt $(I)$ tại $L'$. $T,U$ lần lượt là hình chiếu của $L',I$ lên $EF$. $V$ là trung điểm $KL'$.
Do $EFDL'$ là hình thang cân nên $T$ đối xứng $T$ qua $U$ $\implies IV\parallel L'T$ hay $IV\perp MN\implies V$ là trung điểm $RS$.
Từ đó $L'(DVRS)=-1$. Mặt khác từ $(4)$ thì $L'(DPRS)=-1$ nên $L',K,P$ thẳng hàng. Do đó $L\equiv L'$.
$\implies DL\perp DK\implies DL\perp AI$.
______________________
Bài này là biến thể của bài toán IMO Shortlist 2011 G4 quen thuộc, lời giải trên của em cũng dựa trên bài toán này.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 07-12-2016 - 10:58