Lời giải của em.
Hình 1
Tiếp tuyến tại $D$ của $\odot (K)$ cắt $BC$ tại $X$.
$SK$ cắt $\odot (O)$ tại $R$.
$\odot (K)$ tiếp xúc $CA,AB$ theo thứ tự tại $E$ và $F$.
Gọi $Z$ là giao điểm của $AD$ với $\odot (K)$.
Do $DZ,EA,FA$ đồng quy nên tứ giác $DFZE$ điều hòa suy ra tiếp tuyến tại $Z,D$ của $\odot (K)$ cắt nhau tại $Y$ thuộc $EF$.
Do đó $\mathcal{P}_{Y/\odot (O)}=YD^2=\overline{YF}\cdot \overline{YE}=\mathcal{P}_{Y/\odot (AEF)}$.
Từ đó $Y$ thuộc trục đẳng phương của $\odot (AEF)$ và $\odot (O)$.
Do $\angle ARK=90^\circ$ nên $R$ thuộc $\odot (AEF)$ suy ra $A,R,Y$ thẳng hàng.
Từ đó $(AR,AD,AF,AE)=-1$ nên tứ giác $RBDC$ điều hòa suy ra tiếp tuyến tại $R,D$ của $\odot (O)$ cắt nhau trên $BC$ hay $XR$ tiếp xúc $\odot (O)$.
Gọi $L$ là giao điểm khác $D$ của $DO$ với $\odot (O)$ thì $TL$ tiếp xúc $\odot (O)$.
Từ đó theo tính chất của tứ giác ngoại tiếp $DL,RS,XT$ đồng quy hay $XL$ đi qua $K$.
Do đó $P$ là đối xứng của $D$ qua $XK$ hay $\odot (BPC)$ tiếp xúc $\odot (K)$.
Hình 2
Do $AQ,AO$ đẳng giác nên $Q$ là đối xứng của $O$ qua $AX$.
Từ đó đường tròn tâm $Q$ bán kính $QA$ là đối xứng của $\odot (O)$ qua $AX$.
$D'$ là điểm đối xứng của $D$ qua $AX$
Gọi $M$ là giao điểm của $BE$ và $CF$ ;
$J$ là giao điểm của $GD$ với $\odot (K)$.
$G_1,G_2$ lần lượt là giao điểm của $\odot (K)$ với $BC$.
$L'$ là giao điểm của $AD'$ với $\odot (K)$.
Do tứ giác $PG_1DG_2$ điều hòa nên $(JD,JP,JG_1,JG_2)=-1$.
Từ đó gọi $H$ là giao điểm của $JP$ với $BC$ thì $(GHG_1G_2)=-1$.
Mặt khác do $DG_1,DG_2$ đẳng giác trong $\angle BDC$ nên $HG$ là phân giác ngoài $\angle G_1DG_2$ suy ra $DH$ là phân giác $\angle G_1DG_2$.
Do đó $DH$ đi qua $I$ là trung điểm $EF$.
Do $DA$ là đường đối trung của $\triangle EDF$ nên $DA,DI$ đẳng giác trong $\angle EDF$.
Mặt khác do $AD,AD'$ đối xứng nhau qua $AX$ nên $DH$ đi qua $L'$.
Áp dụng định lí $\text{Pascal's}$ cho hệ điểm $\begin{pmatrix} L' & P & D\\ J & D & P \end{pmatrix}$ ta suy ra $PL',DJ,BC$ đồng quy hay $PL'$ đi qua $G$.
Từ đó do tứ giác $L'ED'F$ điều hòa nên $(PL',PD',PE,PF)=-1 \Leftrightarrow (PG,PD',PE,PF)=-1$.
Do đó $PD',EF,AM$ đồng quy. $(1)$
Gọi $N$ là giao điểm của hai tiếp tuyến tại $P$ và $D'$ của $\odot (K)$.
Xét cực đối cực đối với $\odot (K)$, do $AM,EF,PD'$ lần lượt là đường đối cực của $G,A,N$ đối với $\odot (K)$ nên theo $(1)$ thì $N,A,G$ thẳng hàng.
Mặt khác theo định lí về tâm đẳng phương thì tiếp tuyến tại $P,D'$ của $\odot (K)$ và trục đẳng phương của $\odot (Q)$ và $\odot (R,RA)$ đồng quy.
Từ đó$AG$ là trục đẳng phương của $\odot (Q)$ và $\odot (R,RA)$.
Do đó $AG\perp QR$. $\blacksquare$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 26-09-2016 - 18:36
Chỉnh sửa
Solved
