Bài toán 1.

   Bài toán 1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), hai đường chéo cắt nhau tại G. Một đường tròn (K) tiếp xúc trong với (O) tại M và tiếp xúc với hai đường chéo. Gọi I là tâm nội tiếp tam giác ABG, T là điểm chính giữa cung AB nhỏ. Chứng minh TG đi qua M.

   Lời giải: Ta sử dụng một bổ đề sau, là một bài toán rất hay của thầy Trần Quang Hùng:

   Bổ đề 1: Cho tam giác ABC. Một đường tròn K bất kì đi qua B, C. Gọi (L) là đường tròn tiếp xúc trong với (K) tại T và tiếp xúc với 2 cạnh AB và AC tại F, E. È cắt BC tại S. Chứng minh rằng ST đi qua điểm chính giữa cung BC không chứa A của (K).

   Chứng minh bổ đề : 

   Gọi giao điểm của AB, AC với (K) là Y và X. TF, TE lần lượt cắt (K) tại M và N. BI, CI cắt (K) tại B', C'. BN cắt CC' tại V, CM cắt BB' tại L, TC' cắt BX tại Q, TB' cắt CY tại U. R và J là 2 điểm chính giữa cung BC lớn và nhỏ của (K).
 
   Theo định lí Pascal cho bộ 6 điểm (T, B, M, Y, B', C) và bộ 6 điểm (T,C,N,X,B,C') ta dễ dàng suy ra được F,L,U thẳng hàng và Q,V,E thẳng hàng. Chú ý rằng L,V là 2 tâm nội tiếp hai tam giác BYC và BXC nên BLVC nội tiếp. Mặt khác, giả sử U' và Q' là giao điểm của EF với BX và CY. Theo định lí Poncelet thì (TU'Q') tiếp xúc với CY, BX và tiếp xúc với (K) tại T. Theo bổ đề Sawayama thì U'Q' đi qua L và V. Như vậy 6 điểm F, Q, L, V, U, E cùng nằm trên một đường thẳng.

   Ta có BLVC nội tiếp suy ra ∠FVB = ∠BCL. Mặt khác ∠BFE = ∠BIV suy ra BFIV nội tiếp, suy ra BFIT nội tiếp suy ra TI đi qua R. Mà theo định lí Menelaus cho tam giác ABC và sự thẳng hàng       S, F, E thì SC/SB = TB/TC. Mà TR là phân giác trong của ∠BTC suy ra ∠STI = 90◦, từ đây suy ra     S , T, J thẳng hàng. Bổ đề được chứng minh!.

   Sau đây là lời giải của mình cho bài toán: 

   Ta gọi X và Y là tiếp điểm của (K) với AC, AB. XY cắt AD, BC tại F và E. Theo định lí Poncelet thì tồn tại 1 đường tròn (N) tiếp xúc với AD, BC tại F, E và tiếp xúc với (O) tại M. Gọi P và R lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ và cung lớn CD, U, V lần lượt là điểm chính giữa cung nhỏ BC và AD. EF cắt CD tại S.

   

   Theo bổ đề 1 thì ta có SM đi qua P, hơn nữa, nếu gọi L là đường tròn tiếp xúc với BC, CD, DA thì ML đi qua R và vuông gcs với MP và ta còn có MD/MC = SD/SC = DF/EC. Mặt khác, do tam giác VDF đồng dạng với tam giác VMD suy ra VD/VM = DF/DM. Tương tự, UC/UM = EC/CM. Từ đó suy ra VM/UM = VD/UC. Lại có VD/UC = VA/BU = IA/IB = sin(∠IBA)/sin(∠IAB). Chú ý rằng tỉ số MV/MU = sin(∠MUV)/sin(∠MVU) = sin(∠MAI)/sin(∠MBI) Từ đó áp dụng định lí Ceva dạng sin cho tam giác MAB với AI, BI, MI đồng quy suy ra sin(∠IMA)/sin(∠IMB)=1. Từ đó suy ra ∠IMA = ∠IMB hay MI đi qua T, đây là điều phải chứng minh.

   Nhận xét: Theo mình thầy thì bổ đề trên là một bổ đề khá hay, nó mở rộng ra cho 1 tính chất của đường tròn Mixtilinear. Nếu A, X, Y trùng nhau thì ta thu được 1 tính chất nổi tiếng của đường tròn Mixtilinear. Xung quanh các tính chất của đường tròn Mixtilinear còn rất nhiều điều thú vị, các bạn hãy tìm hiểu thêm. Nếu các bạn đọc có tìm ra điều gì hay và mới, thì xin hãy chia sẻ với mình qua gmail:doxuanlong15052000@gmail.com. Mình xin chân thành cảm ơn!.

   Tài liệu tham khảo:

1, Nguyễn Văn Linh: Đường tròn Mixtilinear.

2, Diễn đàn AOPS.