Lời giải :
Bổ đề 1 : Cho 4 điểm $A,B,C,D$ thì $AB\perp CD \Leftrightarrow AC^2-BC^2=AD^2-BD^2 $
Bổ đề 2 : Xét cực và đối cực với đường tròn $\omega$ khi đó 3 điểm thẳng hàng khi và chỉ khi 3 đường đối cực của chúng đồng quy hoặc song song
Ta có $\angle PLB= \angle PAB=\angle PAC= \angle PKC $
$ \Rightarrow BLKC $ nội tiếp do đó theo định nghĩa tâm đẳng phương thì $BL,CK,AP$ đồng quy tại $J'$
Xét tứ giác $LACJ'$ có $\angle ALJ'=\angle APK=\angle ACK$
Do đó $LACJ'$ nội tiếp $ \Rightarrow \angle AJ'C=\angle ALC =\angle ABP=\angle QBC$
$ \Rightarrow QBJ'C$ nội tiếp nên dễ có $J \equiv J'$
Gọi $H$ là hình chiếu của $J$ lên $BC$, $O'$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BLKC$
Có : $\angle BAC=\angle BAP+\angle PAC=\angle BLC+\angle BKC=\angle BO'C$
Nên $BAO'C$ nội tiếp , lại có $OO'\perp BC$ nên dễ suy ra giao điểm $S_1$ của $HO'$ và $JO$ là tâm vị tự của $(J,JH)$ và $(O)$
Gọi $F$ là giao của $BC$ và $KL$ theo kết quả quen thuộc thì $A,O',F$ thẳng hàng và $JA$ vuông góc với $O'F$
$I$ là giao điểm thứ 2 của $O'H$ với đường tròn đường kính $JF$
Dễ dàng chứng minh $\Delta O'AB\sim \Delta O'BF (g.g)\Rightarrow O'A.O'F=O'B^2$
Ta có :
$HO'.HI=HO'.(O'I-O'H)=O'H.O'I-O'H^2=O'H.O'I-O'B^2+HB.HC=O'A.OF-O'B^2+HB.HC=HB.HC$
Do đó $O',I,B,C$ đồng viên
$FI$ cắt $(O)$ lần 2 tại $G$. Gọi $JI$ cắt $(O)$ lần 2 tại $W$, khi đó $O'G \perp O'W$, mà theo định lý Reim thì $O'W || FJ$ nên $O'G \perp FJ$
$O'G$ cắt $FJ$ tại $X$, theo kết quả quen thuộc thì $X$ là điểm miquel của tứ giác toàn phần $BCKLFJ$
Gọi $Y$ là giao điểm tiếp tuyến thứ 2 tại $I$ và $O'$ của đường tròn $(O)$, $FI$ cắt $(O)$ lần thứ 2 tại $G$, $AI$ giao $O'G$ tại $Z$. Khi đó áp dụng định lý Pascal suy ra $F,Z,Y$ thẳng hàng
Gọi $S$ là trung điểm của $FJ$
Ta có
$FO^2-ZO^2=P_{F/(O)}-P_{Z/(O)}\\=\overline{FB}.\overline{FC}-P_{Z/(FI)}= \overline{FB}.\overline{FC}-(SZ^2-SF^2)\\=\overline{FB}.\overline{FC}-ZX^2-XS^2+SF^2=\overline{FB}.\overline{FC}-ZX^2+(\overline{SF}-\overline{XS})(\overline{SF}+\overline{XS})\\= \overline{FB}.\overline{FC}-ZX^2+(\overline{JS}-\overline{XS})\overline{XF}=\overline{FB}.\overline{FC}-ZX^2+\overline{FX}.\overline{XJ} \ \ \ \ (1)$
$FJ^2-ZJ^2=FJ^2-ZX^2-XJ^2=(\overline{FJ}-\overline{XJ})(\overline{FJ}+\overline{XJ})=\overline{FX}.\overline{FJ}+\overline{FX}.\overline{XJ}-ZX^2 \\=\overline{FB}.\overline{FC}-ZX^2+\overline{FX}.\overline{XJ} \ \ \ \ (2) $
Từ $(1),(2)$ suy ra $FO^2-ZO^2=FJ^2-ZJ^2$ nên theo bổ đề 1 suy ra $FZ \perp JO$
Vậy $FY$ vuông góc với $JO$
Áp dụng bổ đề 2 với $Y$ là cực của $O'H$, $O_\infty$ là cực của $JO$, và $F,Y,O_\infty $ thẳng hàng (cmt)
Suy ra $S_1=JO \cap O'H$ thuộc đường đối cực của $F$
Nên $F$ thuộc đường đối cực của $S_1$ hay $F \in MN$
$FM.FN=FB.FC=FK.FL$ nên $K,M,L,N$ cùng thuộc 1 đường tròn
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Belphegor Varia: 16-12-2015 - 21:39
