Do nhầm lẫn nên em đề xuất một bài toán khác như sau,
Cho tam giác $ABC$ nhọn nội tiếp đường tròn $(O)$. $P$ di chuyển trên cung nhỏ $BC$. Dựng ra ngoài tam giác $PBC$ các điểm $E,F$ sao cho $\triangle PCE\sim \triangle BAO$ và $\triangle PBF\sim \triangle CAO$. Tiếp tuyến tại $P$ của $(O)$ cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác $PCE,PBF$ tại $M,N$ khác $P$. $EM$ cắt $FN$ tại $Q$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $QMN$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định khi $P$ thay đổi.
Lời giải.
Từ giả thiết xuất hiện tiếp tuyến nên ta liên tưởng tới bài toán quen thuộc sau (bổ đề 1 trong bài viết GGTH của em),
Cho $\triangle ABC$, $P$ là một điểm bất kì trong tam giác. Tiếp tuyến tại $P$ cắt $AC,AB$ tại $E,F$. Các đường tròn $(BPF)$,$(CPE)$ cắt nhau tại $X$. Khi đó $(ABC)$ tiếp xúc $(EXF)$.
Đến đây thì ý tưởng khá đơn giản. Gọi $K$,$L$ lần lượt là giao điểm của $BN$ với $CM$;$BF$ với $CE$.
Do $\triangle PCE\sim \triangle BAO$, $\triangle PBF\sim \triangle CAO$ nên $\angle BLC=180^\circ-\angle BOC$.
Từ đó tứ giác $BOCL$ nội tiếp, mặt khác $\angle ECM=\angle EPM=\angle FPN=\angle FBN$ nên $K$ thuộc đường tròn $(BOC)$.
Theo định lí Miquel, các đường tròn $(FNP)$,$(EMP)$,$(QMN)$ có một điểm chung, gọi điểm đó là $X$.
Do $\angle BXC=180^\circ-\angle BFP+180^\circ-\angle CEP=\angle BOC$ nên $X$ thuộc $(BOC)$.
Từ đó do $MN$ là tiếp tuyến của $(BPC)$ nên $(MXN)$ tiếp xúc $(BOC)$ hay $(QMN)$ tiếp xúc $(BOC)$.
Do đó $(QMN)$ luôn tiếp xúc một đường tròn cố định.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 29-10-2016 - 21:07