Một lời giải khác :
Theo hệ thức lượng trong tam giác vuông, $\overline{IN}\cdot \overline{IB}=ID^2=\overline{IM}\cdot \overline{IC}$ nên tứ giác $BNMC$ nội tiếp.
Mặt khác, do $MN\parallel ST$ nên $\widehat{SBC}=\widehat{MNC}=\widehat{STC}$ suy ra tứ giác $BCST$ nội tiếp.$\qquad (1)$
Từ $(1)$ suy ra $\widehat{PSM}=\widehat{NCD}$, $\widehat{SPM}=\widehat{CDN}$ nên $\triangle CDN\sim \triangle SPM$ (góc - góc). Do đó :
\[\frac{SM}{CN}=\frac{PM}{DN}\Rightarrow \frac{2SM}{CN}=\frac{DM}{DN}\qquad (2)\]
Gọi $K$ là giao điểm của $DM$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác $NDC$.
Do $\widehat{NKC}=\widehat{NDB}=\widehat{NMN}$, $\widehat{KCN}=\widehat{MDN}$ nên $\triangle MDN\sim \triangle KCN$ (góc - góc). Do đó :
\[\frac{KC}{CN}=\frac{DM}{DN}\qquad (3)\]
Từ $(2)$ và $(3)$ ta suy ra $KC=2SM$ $\qquad (4)$
Gọi $G$, $H$ lần lượt là giao điểm của $CN$ với $DM$, $BM$ với $DN$.
Do $\widehat{MGN}=90^\circ-\widehat{NCM}=90^\circ-\widehat{MBN}=\widehat{MHN}$ nên tứ giác $MGHN$ nội tiếp. $\qquad (5)$
Từ $(5)$ suy ra $\widehat{SMK}=\widehat{GMH}=\widehat{DNG}=\widehat{MKC}$ $\qquad (6)$
Do tam giác $KMC$ vuông tại $M$ nên từ $(6)$, $MS$ đi qua trung điểm $CK$. Từ đó theo $(4)$, $S$ là trung điểm $CK$. $\qquad (7)$
Gọi $J$ là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BTSC$ với $AC$.
Từ $(7)$ suy ra $SM=SC$ hay $\triangle MSC$ cân tại $S$. Do đó $\widehat{SCJ}=\widehat{SMC}-\widehat{MCD}=\widehat{SBC}$.
Suy ra $DM$ là phân giác $\angle JBC$ hay $M$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $BJC$.
Theo định lý Lyness đảo, đường tròn $(I)$ tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tứ giác $BCST$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 14-12-2016 - 02:21