Nhận xét 1: Gọi $(J_{3})$ là đường tròn tiếp xúc tia $KD,KC$ và $(O)$ tại $J,N,P_{1}$ có $M_{1},I_{1},P_{1}$ thẳng hàng. Chứng minh:
Theo $Monge-D.Alembert$ ta có $JP_{1}$ qua trung điểm $F$ của cung $BD$ chứa $A$;$P_{1}N$ qua trung điểm $G$ của cung $AC$ chứa $B$;$AF.BG$ cắt $BI_{1},AI_{1}$ tại $H,L$ ta có $H,L$ nằm trên $JN$ (kết quả quen thuộc)
góc $P_{1}JN=P_{1}NC=P_{1}BL$ (cộng cung) nên $P_{1}JBL:nt$
góc $BI_{1}L=\frac{1}{2} AKD=BJL$ nên $I_{1}BLJ:nt$
Do đó $P_{1}JBL:nt$ hay góc $I_{1}P_{1}B=I_{1}LB$
Tương tự góc $I_{1}P_{1}A=I_{1}HA$
Ta cm $ABLH:nt$ điều này đúng do góc $HAL=HBL$ (cộng cung với lưu ý $AI_{1}, BI_{1}$ qua trung điểm cung $BC,AD$
Vậy nhận xét $1$ được chứng minh.
Nhận xét 2: Xác định tương tự các điểm. Ta có $I_{1}I_{2},AC,J_{3}J_{4},P_{1}P_{2}$ đồng quy
chứng minh:
Theo $Monge-D.Alembert$ có $AC,J_{3}J_{4},P_{1}P_{2}$ đồng quy
Áp dụng $Pascal$ cho 6 điểm $M_{1},M_{2},A,C,P_{2},P_{1}$ suy ra các cặp giao $(M_{1}C,M_{2}A),(M_{1}P_{1},M_{2}P_{2}),(AP_{1},CP_{2})$ thẳng hàng áp dụng tiếp định lí $Desagues$ cho tam giác $I_{1}AJ_{4};I_{2}CJ_{3}$ có $I_{1}I_{2},AC,J_{3}J_{4}$ đồng quy.
Trở lại bài toán:
Yêu cầu bài toán tương đương với $OK,I_{1}M_{3},I_{2}M_{4}$ đồng quy (những cái còn lại tương tự)
Áp dụng định lí $Desagues$ cho $I_{1}I_{2},P_{1}P_{2},J_{3}J_{4}$ có giao điểm $(I_{1}J_{3},I_{2}J_{4}),(I_{1}P_{1};I_{2}P_{2}),(P_{1}J_{3},P_{2}J{4})$ thẳng hàng hay có dpcm~~
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi haitienbg: 26-12-2013 - 18:31