Bài hình ngày 1: 
a) Gọi H là giao MK với BC. Gọi S là trung điểm của PD, dễ thấy SI vuông góc với MD. Do đó tam giác SDI và MHD đồng dạng.

Do M là trung điểm của KH, S là trung điểm của PD nên tam giác PDI và KHD đồng dạng. Từ đó có PI vuông góc với KD.

PI vuông góc với KD nên PI là trung trực của LD. Vậy PD = PL, do đó PL là tiếp tuyến của (I).

b) Câu b là bài toán ngược của dạng bài: Cho tam giác ABC có (I) nội tiếp. (I) tiếp xúc với BC, CA, AB tại D, E, F. EF cắt BC tại P. AD cắt (I) tại L. Khi đó PL là tiếp tuyến thứ 2 của (I).

Trong bài này tam giác KBC là tam giác ABC. Đã có P, D, L, I. Có thêm BD = CE nên (I) là đường tròn nội tiếp của KBC.

Bài hình ngày 1: Câu b chỉ cần chứng minh ME, ND đều đi qua trung điểm I của AL. Khi đó MINL là hình bình hành. Vậy K là trung điểm của MN.

Câu 6

a. Đây là một kết quả khá cơ bản. Chỉ cần lấy O' đối xứng với O qua BC thì ta có O' là tâm (BHC), đồng thời dễ cm được AOO'H là hình bình hành, suy ra A, $O_9$ và O' thẳng hàng (ở đây $O_9$ chỉ tâm của đường tròn Euler (DEF)). Vậy hiển nhiên AX=AY.

b. Ta có AH.AD=AF.AB (phương tích của A tới (O). Ta có, mặt khác, AS:SO'=AH:MO'=AH:MO=2, do đó AS:AO'=2:3, suy ra $AS:AO_9=4:3$. Ta sẽ tính AR. Theo tính chất của phương tích, $RO'=\frac{O'O_9^2+R^2-R^{2}/4}{2O'O_9}=\frac{AO_9^2+3/4R^2}{2AO_9}$, suy ra $AR=AO'-RO'=2AO_9-\frac{AO_9^2+3/4R^2}{2AO_9}\Rightarrow AS.AR=4/3AO_9.\frac{3AO_9^2-3/4R^2}{2AO_9}=2AO_9^2-1/2R^2$. Ta lại có $AO_9^2-R^2/4=AF.AN=1/2AF.AB$ (N là trung điểm AB) nên $2AO_9^2-1/2R^2=AF.AB=AH.AD$, vậy nên AS.AR=AH.AD, suy ra HDSR nội tiếp một đường tròn (đpcm).

Hình vẽ

pic_3.png

Gọi T là giao của EF và BC. TA cắt (O) tại N thì AN.AT = AH. AD = AR.AS

Bài hình 3 ngày 2: Gọi AH là đường cao của ABC, A' là trung điểm của BC. Chứng minh tứ giác HA'NM là tứ giác nội tiếp.

EF cắt BC tại S. T là trung điểm của SA. T, M, N thẳng hàng theo Gauss. Chứng minh TH là tiếp tuyến với đường tròn (HNM). Tức là TH.TH = TM.TN = TA.TA. Vậy TA là tiếp tuyến của (AMN)