Ta sẽ chứng minh $AG$ luôn đi qua $M$ cố định.
Qua phép nghịch đảo tâm $M$ phương tích bất kì, ta đưa bài toán đã cho về bài toán mới như sau:
Bài toán. Cho hai đường thẳng $d_1 \parallel d_2$ và điểm $M$ nằm trong phần mặt phẳng giữa hai đường thẳng, $m$ là đường thẳng qua $M$ song song $d_1.A$ là điểm bất kì nằm trên $d_2$ sao cho tồn tại một đường tròn qua $A,M$ tiếp xúc $d_2$ và cắt $d_1$ tại $B,C.$ Một đường tròn qua $B,M$ tiếp xúc $d_1$ và cắt $m$ tại $I \neq M;$ một đường tròn qua $C,M$ tiếp xúc $d_1$ và cắt $m$ tại $J \neq M.$ Đường tròn qua $I,M$ tiếp xúc $d_2$ cắt đường tròn qua $J,M$ tiếp xúc $d_2$ tại $G \neq M.$ Khi đó $\overline{G,A,M}.$
Chứng minh. Gọi $(ABC)$ cắt lại $m$ tại $M' \neq M$ thì $\widehat{MM'A}= \widehat{MAD}= \widehat{AMM'} \Rightarrow \Delta AMM'$ cân tại $A.$
Tương tự ta cũng chứng minh được các tam giác $ABC,BMI,CMJ,DMI,EMJ$ cân tại $A,B,C,D,E$ với $D,E$ là tiếp điểm của $(GMI),(GMJ)$ và $d_2.$
Ta được $BD,CE$ là trung trực $MI,MJ$ nên $BDEC$ là hình chữ nhật, lại có $A$ thuộc trung trực $BC$ nên $A$ là trung điểm $DE.$
Lại có $AD,AE$ tiếp xúc $(GMI),(GMJ)$ nên $A$ thuộc trục đẳng phương của $(GMI),(GMJ)$ chính là $MG.$ Ta có đpcm.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 15-01-2019 - 13:26