Geometry

Bài toán (AoPS)

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Các phân giác trong góc $B,C$ cắt nhau tại $I$ và cắt đường tròn $(O)$ tại $M,N$. Trên tia đối các tia $BC,CB$ lấy điểm $P,Q$ sao cho $AB=BP,AC=CQ$. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $NBP,MCQ$ có tâm là $K,L$. Chứng minh các tia $KB,LC$ cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn $(O)$.

Lời giải :

Gọi $X$ là giao của $KB,LC$

Ta có $\angle PAN=\angle PAB-\angle NAB=\frac{\angle B-\angle C}{2}$. Tương tự cũng có $\angle QAM=\frac{\angle B-\angle C}{2}$. Như vậy $\angle PAN=\angle QAM(1)$

Theo định lí sin trong tam giác $PAB$ :

$$\frac{AP}{sin\angle ABP}=\frac{AB}{sin\angle APB}\Rightarrow AP=\frac{AB.sinB}{sinB/2}$$

Tương tự có $AQ=\frac{AC.sinC}{sinC/2}$. Kéo theo $\frac{AP}{AQ}=\frac{AB.sinB}{AC.sinC}.\frac{sinC/2}{sinB/2}$

Theo định lí sin trong tam giác $NAB$ :

$$\frac{AN}{sin\angle ABN}=\frac{AB}{sin\angle ANB}\Rightarrow AN=\frac{AB.sin\angle C/2}{sinC}$$

Tương tự có $AM=\frac{AC.sin\angle B/2}{sinB}$. Kéo theo $\frac{AN}{AM}=\frac{AB.sinC/2}{AC.sinB/2}.\frac{sinB}{sinC}$

Từ đó có :

$$\frac{AP}{AQ}=\frac{AN}{AM}(2)$$

Từ $(1)(2)$ suy ra hai tam giác $PAN,AQM$ đồng dạng. Cho ta $\angle ANP=\angle AMQ$

Ta biểu diễn :

$\angle XBC+\angle XCB$$=\angle KBP+\angle LCQ$$=\frac{180^0-\angle BKP}{2}+\frac{180^0-\angle CLQ}{2}$$=180^0-\angle BNP-\angle CMQ$$=180^0-\left(360^0-\angle ANP-\angle ANB\right)-\left(\angle AMQ-\angle AMC\right)$$=\angle ANB+\angle +\angle AMC-180^0$$=(180^0-\angle C)+(180^0-\angle B)-180^0$$=180^0-\angle B-\angle C$$=\angle A$

Từ đó mà :

$$\angle BXC+\angle A=180^0-\angle XBC-\angle XCB+\angle A=180^0$$

Vậy tứ giác $ABXC$ nội tiếp hay điểm $X$ thuộc $(O)$.