Bài 1:
Trước hết ta có các bổ đề sau:
Bổ đề 1: Cho $ \triangle ABC$ nội tiếp đường tròn $ (O)$. Một đường tròn $ (K)$ bất kỳ qua $ B, C$ cắt $ CA, AB$ lần lượt tại $ E, F$, $ (AEF)$ cắt $ (O)$ tại $ G$ khác $A$. Khi đó ta có $ GEKB, GFKC$ là các tứ giác nội tiếp.
Chứng minh:
Ta có $ \angle BGE+ \angle BKE= 2\angle BCA+ \angle BGA-\angle AGE= \angle BGE+\angle BCA =180^0$.
suy ra thứ giác $ GEKB$ nội tiếp, tương tự ta có $ GFKC$ nội tiếp.
Bổ đề 2: Cho $ \triangle ABC$ nội tiếp đường tròn $ (O)$. Một đường tròn $ (K)$ bất kỳ qua $ B, C$ cắt $ CA, AB$ lần lượt tại $ E, F$. Gọi $ H$ là giao điểm $ BE$ và $ CF$, $ I$ là tâm đường tròn $ (KEF)$. Khi đó ta có $ H, I, O$ thẳng hàng.
Bổ đề này tham khảo tại https://artofproblemsolving.com/community/c6h454878p2556589
Bổ đề 3: Cho $ \triangle ABC$ cân tại $ A$ nội tiếp $(O)$.$ X$ bất kì, $ XB, XC$ cắt trung trục $ CA, CB$ tại $ N, M$. Lấy điểm $ Y$ sao cho $ BY \perp AM, CY \perp AN$. Khi đó ta có $ X, O, Y$ thẳng hàng.
Bổ đề này được suy ra từ bài toán của bạn Nguyễn Đức Bảo khi cho $ AB=AC$
Bài toán gốc https://artofproblemsolving.com/community/c6h1233260p6247264
Quay trở lại bài toán.
Gọi $ M, N$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp $ \triangle KCF, \triangle KBE$,$ Z $ là giao điểm của $ EM$ và $ FN$.
Ta có $ PM, PN$ lần lượt là trung trực của $KF, KE $. Áp dụng bổ đề 3 vào $ \triangle KEF$ cân ta được $ Z,H,O$ thẳng hàng,
từ đây theo bổ đề 2 ta có $ Z, Q, O$ thẳng hàng.
Gọi $ S$ là giao điểm của $ EF$ và $BC$. Theo tính chất phương tích ta có $ AG, EF, BC$ đồng quy tại $ S$.
Từ đó $ SA.SG=SE.SF=SB.SC$
Xét phép nghịch đảo cực $ S$, phương tích trên biến $ (GBE)$ hay $ (KBE)$ thành $ (ACF)$ , biến $(GCF)$ hay $ (KFC)$ thành $ (ABE)$ Tức là biến tâm $ M, N$ của $ (KCF) , (KBE)$ thành tâm $ J,L $ của $ (ABE) , (AFC)$
$ f(M)f(N)--- f(J)f(L)$
Lại có $ EM \cap FN =Z , O, P$ thẳng hành nên $ FL \cap EJ=P , O, Q $ thẳng hàng.
Vậy $ PQ$ luôn đi qua tâm $ O$ cố định.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi anhquannbk: 27-03-2017 - 22:24