Bài này của Bảo rất ý nghĩa vì nó là mở rộng trực tiếp bài toán quen thuộc sau đây của tâm nội tiếp
Bài toán. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ tâm nội tiếp $I$. $IB,IC$ cắt $(O)$ tại $E,F$. Đường thẳng qua $I$ song song $BC$ cắt $CA,AB$ tại $P,Q$ thì $EP,FQ$ và $AI$ cùng cắt nhau trên $(O)$.
Trong bài của Bảo (dùng hình và phát biểu trên AoPS) nếu gọi $BM$ cắt $CN$ tại $K$ và tâm nội tiếp tam giác $ABC$ là $J$ thì theo Pascal $I,J,K$ thẳng hàng. Thầy tìm ra bài toán tổng quát của vấn đề này như sau
Bài toán. Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O)$ và $P$ bất kỳ. $PB,PC$ cắt $(O)$ tại $E,F$ khác $B,C$. $S,T$ thuộc $CA,AB$ sao cho $ST\parallel BC$. $ES,FT$ cắt $(O)$ tại $M,N$ khác $E,F$. BM cắt CN tại R. Chứng minh rằng $\angle PAB=\angle RAC$.
Lời giải dựa trên ý tưởng dùng tỷ số kép trên đường tròn của Telv Cohl trên AoPS http://www.artofprob...3_nice_geometry
Giải. Gọi $Q$ là đẳng giác của $P$ trong tam giác $ABC$, ta cần chứng minh $A,Q,R$ thẳng hàng, thật vậy. Gọi $BQ,CQ$ cắt $(O)$ tại $K,L$ khác $B,C$ thì $EK\parallel CA, FL\parallel AB$. Ta có $B(AC,MK)=E(AC,MK)=(AC,S)=(AB,T)=E(AB,NL)=C(AB,NL)$ nên $A,Q,R$ thẳng hàng.
