Lời giải bài tổng quát của em!
Lời giải.
$P'\equiv BP\cap CQ,Q'=BQ\cap CP$. Dễ thấy $E,F,G,H$ cùng thuộc một đường tròn. Do $\angle BP'C=180^\circ-\angle P'CB-\angle P'BC=180^\circ-\angle PCE-\angle EPC=\angle PEC\Longrightarrow P,P',E,C$ cùng thuộc một đường tròn $\Longrightarrow \angle EP'C=\angle EPC=\angle P'BC\Longrightarrow P'E$ là tiếp tuyến tại $P'$ của $(P'BC)$. Tương tự thì $H,Q,P'B$ cùng thuộc một đường tròn nên $P'H$ là tiếp tuyến tại $P'$ của $(BP'C)\Longrightarrow E,P',H$ thẳng hàng.
Tương tự ta cũng có $F,Q',G$ thẳng hàng.
Hình vẽ bài toán tổng quát
Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $Q'FB$ và $Q'GC$ cắt nhau tại $M$. Do $F,Q',G$ thẳng hàng nên $M$ thuộc $(ABC)$.
Do $F,Q',P,B$ và $G,Q,Q'C$ cùng thuộc một đường tròn nên $M$ thuộc $(QGC)$ và $(PFB)$. Mặt khác do $M$ thuộc $(ABC)$ nên $M\equiv \odot (PFB)\cap \odot (PEC) \equiv \odot (QHB)\cap (QGC)$. Theo kết quả quen thuộc thì $(MHG),(MEF)$ tiếp xúc $(O)$.
Mặt khác $\angle EMF=\angle EMP+\angle FMP=\angle BP'H+\angle BPH=180^\circ-\angle EMF\Longrightarrow F,H,E,M$ cùng thuộc một đường tròn
$\Longrightarrow (HGEF)$ tiếp xúc $(O)$ tại $M.\blacksquare$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 07-06-2016 - 12:30