Câu 3. (5,0 điểm) Cho tam giác $ABC$ nhọn, không cân và có các đường phân giác trong $BE,CF$ cắt nhau tại $I$ $(E\in AC,F\in AB)$. Đoạn thẳng $AI,EF$ cắt nhau tại $D$. Gọi $M,N$ theo thứ tự là trung điểm của $DB,DC$. Đường thẳng $MN$ theo thứ tự cắt các đoạn thẳng $BA,BE,CF,CA$ tại $P,R,S,Q$.

a) Chứng minh: $M$ là trung điểm của $PR$ và $I$ là tâm đường tròn nội tiếp tam giác $DRS$.

b) Chứng minh: đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $APQ,IRS,DRQ,DSP$ cùng đi qua một điểm $T$, đồng thời nếu $T\in BC$ thì $AB+AC=2\cdot BC$.

a) (3,0 điểm) Cho $EF$ cắt $BC$ ở $J$ thì do $AD,BE,CF$ đồng quy nên dùng tính chất hàng điểm điều hoà cơ bản, ta có $(DJ,EF)=-1$. (0,5 điểm)

Vì $MN$ là đường trung bình của tam giác $DBC$ nên $MN\parallel BC$ hay $PQ\parallel BC$. Xét chùm $B(DJ,EF)=-1$, chiếu lên $PR$, ta có ngay $M$ là trung điểm của $PR$ (vì $BJ\parallel PR$). (0,5 điểm)

Mà $M$ cũng là trung điểm $BD$ nên $BPDR$ là hình bình hành. Chứng minh tương tự có $CQDS$ cũng là hình bình hành. (1,0 điểm)

Khi đó, $DR\parallel AB,DS\parallel AC$ và $RS\parallel BC$ nên $\widehat{DRI}=\widehat{ABR}=\widehat{RBC}=\widehat{IRS}$ hay $IR$ là phân giác $\widehat{DRS}$. Tương tự $IS$ là phân giác $\widehat{DSR}$ nên $I$ là tâm nội tiếp $DRS$. (1,0 điểm)

b) (2,0 điểm) Định nghĩa lại $T$ là giao điểm khác $D$ của đường tròn $(DSP)$ và $AD$. Ta có
$$\widehat{RST}=\widehat{PST}=\widehat{PDT}=\widehat{RIT},$$
vi thế nên $T\in (IRS)$. (0,5 điểm)

Suy ra $\widehat{TRQ}=\widehat{TRS}=\widehat{TIS}=\widehat{TDQ}$ nên $T\in (DRQ)$. (0,25 điểm)

Do đó, $\widehat{PQT}=\widehat{RQT}=\widehat{RDT}=\widehat{PAT}$ nên ta cũng có $T\in (APQ)$. Vì thế nên 4 đường tròn ngoại tiếp các tam giác $APQ,IRS,DRQ,DSP$ cùng đi qua $T$. (0,25 điểm)

Tiếp theo, gọi $T^{\prime }$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $D$ của tam giác $DRS$ thì rõ ràng $IR{T}^{\prime }S$ nội tiếp đường tròn đường kính $I{T}^{\prime }$ và có $T^{\prime }\in DI$. Từ đây suy ra $T\equiv T^{\prime }$. Giả sử rằng $T\in BC$ thì đặt $K=DT\cap RS$, ta có $K$ là trung điểm của $DT$ do tính chất đường trung bình. Vì $DRS,ABC$ đồng dạng nên tính chất này cũng đúng trong tam giác $ABC$. (0,25 điểm)

Gọi $I_a$ là tâm đường tròn bàng tiếp góc $A$ của tam giác $ABC$ và $AI$ cắt $BC$ ở $T$, cắt đường tròn $(ABC)$ ở $L$. Xét phương tích của các đường tròn,
$$\overline{TA}\cdot \overline{TL}=\overline{TB}\cdot \overline{TC}=\overline{T{I}_a}\cdot \overline{TI},$$
vì $TA=T{I}_a$ (tính chất nêu trên) nên $TI=TL$. (0,25 điểm)

Cách 1: Khi đó: $LT=\frac{1}{2}LI=\frac{1}{2}LB$.
Tam giác $LAB$ đồng dạng tam giác $LBT$ nên $\frac{AB}{BT}=\frac{LB}{LT}=2$. (0,25 điểm)
Mặt khác $AT$ là phân giác góc $A$ nên $\frac{TB}{TC}=\frac{AB}{AC}$ nên $\frac{TB}{TB+TC}=\frac{AB}{AB+AC}$ nên $\frac{TB}{BC}=\frac{AB}{AB+AC}$ suy ra $\frac{BC}{AB+AC}=\frac{TB}{AB}=\frac{1}{2}$ nên $AB+AC=2.BC$. (0,25 điểm)

Cách 2: Như thế $r=d(I,BC)=d(L,BC)$. Gọi $H$ là hình chiếu của $L$ lên $BC$ và $U$ là điểm chính giữa cung $BC$ không chứa $A$, khi đó $L$, $H$, $U$ thẳng hàng.
Mặt khác: $d(L,BC)=LH=LC.\sin \frac{A}{2}=LU.\sin \frac{A}{2}.\sin \frac{A}{2}=2R.{\sin }^2\frac{A}{2}=R\left(1-\cos A\right)$ (0,25 điểm)
nên
$r=R-R\cos A\iff \frac{S}{p}=\frac{abc}{4S}\cdot (1-\cos A)\iff \frac{8S^2}{2p\cdot abc}=1-\frac{b^2+c^2-a^2}{2bc}$
$\iff \frac{8(p-a)(p-b)(p-c)}{a}=2bc-\left(b^2+c^2-a^2\right)$
$\iff 2(p-a)=a\iff b+c=2a$. (0,25 điểm)

Hình minh họa: [Hình cần kiểm tra lại: p4_f1]