$\boxed{\text{Lời giải bài toán 59}}$
Tranh thủ trước giờ trận Pháp Iceland
Dễ thấy $D$ là trực tâm của tam giác $AMN$.
Kẻ đường cao $AE$ của tam giác $AMN$
Gọi $F$ là hình chiếu của $I$ trên $MN$. Gọi $G$ là trung điểm của $MN$
Giả sử $GP$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $L$. Gọi $T$ là giao điểm của $BC$ và $MN$
Ta có: $(TPBC)$=-1 nên $T,P$ liên hợp đối với $(O)$
Do $G$ là trung điểm của $MN$ và $NC,MB$ là hai đường cao của tam giác $AMN$ nên theo một bổ đề quen thuộc thì $GB,GC$ là tiếp tuyến của $(O)$
Từ đó $BC$ là đường đối cực của $G$ đối với $(O)$. Mà $T \in BC$ nên $G$ nằm trên đường đối cực của $T$ đối với $(O)$
Suy ra $IL$ là đường đối cực của $T$ đối với $(O)$. Suy ra $TI,TL$ là tiếp tuyến của $(O$)
Từ đó $TK^2=TI^2=TB.TC$ nên $TK$ là tiếp tuyến của $(MNK)$ hay $K$ thuộc đường đối cực của $T$ đối với $(MNK)$
Mặt khác $(TENM)=-1$ nên $E$ cũng thuộc đường đối cực của $T$ đối với $(MNK)$
Do đó $KE$ là đường đối cực của $T$ đối với $(MNK)$
Ta sẽ chứng minh $K,E,L$ thẳng hàng, theo định lý Thales cần chứng minh $\dfrac{LP}{LI}=\dfrac{PE}{KI}=\dfrac{PE}{2IF}=\dfrac{GP}{2GI}$ (đúng vì $(GPIL)=-1$)
Do đó $KL$ là đối cực của $T$ đối với $(MNK)$ mà $TL=TI=TK$ nên $TL$ cũng là tiếp tuyến của $(MNK)$
Do $TL$ là tiếp tuyến chung của $(MNK)$ và $(O)$ nên $(MNK)$ tiếp xúc với $(O)$ $\blacksquare$
Vài năm trước trên báo THTT thầy Hùng cũng từng đăng một bài có một cấu hình tương tự. Nên mình đề xuất luôn bài đó làm bài 61
$\boxed{\text{Bài toán 61.}}$ Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$ với các đường cao $BE,CF$. $AD$ là đường kính của $(O)$. $DB,DC$ cắt $AC,AB$ lần lượt tại $M,N$. $P,Q$ thuộc $E,F$ sao cho $PB,QC$ vuông góc với $BC$. Đường thẳng qua $A$ vuông góc với $QN,PM$ cắt $(O)$ tại $X,Y$. Tiếp tuyến của $(O)$ tại $X,Y$ cắt nhau tại $J$. Chứng minh răng $JD \perp BC.$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi halloffame: 30-12-2017 - 13:48
Sửa lại đề một chút cho đẹp hơn!