Câu 5 (7 điểm). Cho tam giác nhọn $ABC$ $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Gọi $E$, $F$ lần lượt là các điểm đối xứng của $A$ qua $B$, $C$. Gọi $M$ là trung điểm của đoạn thẳng $BC$. Trên đường thẳng $AM$ lần lượt lấy các điểm $I$ và $P$ sao cho tam giác $AIE$ cân tại $I$ và tam giác $APF$ cân tại $P$. Gọi $T$ là giao điểm của hai đường thẳng $IE$ và $PF$.
a) Chứng minh $T$ thuộc đường tròn $(O)$.
b) Gọi $D$ là giao điểm của hai đường thẳng $BI$ và $CP$. Gọi $J$ là giao điểm của hai đường thẳng $TD$ và $IP$. Gọi $X$ là giao điểm của hai đường thẳng $OT$ và $BC$. Các đường thẳng $AT$, $AX$ lần lượt cắt $EF$ tại các điểm $L$, $U$. Chứng minh bốn đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $TAJ$, $TIP$, $TEF$ và $TLU$ cùng đi qua một điểm chung thứ hai khác $T$.

a) Xét hình vẽ sau đây:



Gọi $T^{\prime }$ là tâm phép vị tự quay biến $AF$ thành $EA$.
Khi đó $△T^{\prime }AF\sim △T^{\prime }EA$. Suy ra, $△T^{\prime }CF\sim △T^{\prime }BA$ (do $B,C$ là trung điểm của các đoạn thẳng $EA,AF$). Suy ra $\widehat{T^{\prime }BA}=\widehat{T^{\prime }CF}$ và $\frac{T^{\prime }B}{T^{\prime }C}=\frac{BA}{CF}=\frac{AB}{AC}$.
Ta suy ra tứ giác $T^{\prime }BAC$ là tứ giác nội tiếp và điều hòa.
Theo tính chất của tứ giác điều hòa, $A{T}^{\prime }$ là đường đối trung của $△ABC$, hay $\widehat{T^{\prime }AB}=\widehat{CAM}$. Mà $\widehat{T^{\prime }AB}=\widehat{T^{\prime }FC}$ và $\widehat{CAM}=\widehat{CFP}$, nên $\widehat{T^{\prime }FC}=\widehat{CFP}$. Ta suy ra $T^{\prime }$ thuộc $PF$. Tương tự, ta cũng chứng minh được $T^{\prime }$ thuộc $IE$. Do đó, $T^{\prime }\equiv T$.
Vậy $T$ thuộc đường tròn $(O)$.

b) Trước hết, ta có bổ đề sau đây.
Bổ đề. Cho 2 đường tròn $(I)$ và $(J)$ cắt nhau tại hai điểm phân biệt $A$, $B$. Giả sử hai điểm $C\ne D$ không thuộc hai đường tròn và thỏa mãn $\frac{{\mathcal{P}}_{C/(I)}}{{\mathcal{P}}_{C/(J)}}=\frac{{\mathcal{P}}_{D/(I)}}{{\mathcal{P}}_{D/(J)}}$. Khi đó, bốn điểm $A$, $B$, $C$, $D$ cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh bổ đề. Xét hình vẽ sau:



Gọi $E,G$ lần lượt là giao điểm của $CA$ với $(J)$ và $(I)$; $F,H$ lần lượt là giao điểm của $DB$ với $(J)$ và $(I)$. Suy ra $GH\parallel EF$, do cùng đối song với $AB$ trong tứ giác $ABCD$. Từ $\frac{{\mathcal{P}}_{C/(I)}}{{\mathcal{P}}_{C/(J)}}=\frac{{\mathcal{P}}_{D/(I)}}{{\mathcal{P}}_{D/(J)}}$, ta suy ra $\frac{CG}{CE}=\frac{DH}{DF}$; mà $GH$ và $EF$ song song nên $CD$ song song $EF$ (định lý Thales). Vậy $CD$ đối song $AB$ hay $A,B,C,D$ cùng thuộc một đường tròn. Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán, gọi $(O_1)$ và $(O_2)$ lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp $TAJ,TEF$. Khi đó,
$$\frac{{\mathcal{P}}_{I/(O_1)}}{{\mathcal{P}}_{I/(O_2)}}=\frac{\overline{IA}\cdot \overline{IJ}}{\overline{IE}\cdot \overline{IT}}=-\frac{IJ}{IT},\frac{{\mathcal{P}}_{P/(O_1)}}{{\mathcal{P}}_{P/(O_2)}}=\frac{\overline{PA}\cdot \overline{PJ}}{\overline{PF}\cdot \overline{PT}}=-\frac{PJ}{PT}.$$
Gọi $K$ là giao điểm thứ hai khác $T$ của $(O_1)$ và $(O_2)$. Áp dụng Bổ đề cho hai đường tròn $(O_1)$ và $(O_2)$ (cắt nhau tại $T,K$) và hai điểm $I,P$, ta quy về chứng minh $\frac{IJ}{IT}=\frac{PJ}{PT}$. (*)
Vì $BI$ và $CP$ lần lượt là trung trực của $AE$ và $AF$, ta suy ra $D$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ và $AD$ là đường kính của $(O)$. Ta có
$$\widehat{ETF}=\widehat{EAF}+\widehat{AET}+\widehat{AFT}=\widehat{EAF}+\widehat{EAM}+\widehat{FAM}=2\widehat{EAF}.$$
Mặt khác, $\widehat{EDF}=2\widehat{EAF}$ (do $D$ là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$). Do đó, $\widehat{EDF}=\widehat{ETF}$ và ta suy ra tứ giác $ETDF$ nội tiếp. Vì $DE=DF$ nên $D$ là điểm giữa cung $EF$. Suy ra, $TD$ là phân giác góc $\widehat{ITP}$ nên $(\ast )$ đúng, tức là đường tròn $(TIP)$ cũng đi qua giao điểm $T,K$ của $(O_1)$ và $(O_2)$.
Cho $AT$ cắt $BC$ ở $H$. Cho $AU$ cắt lại $(O),(O_1)$ lần lượt ở $N,Q$. Để chứng minh $(TLU)$ đi qua $K$, cũng theo Bổ đề, ta quy về chứng minh rằng
$$\frac{{\mathcal{P}}_{L/(O_1)}}{{\mathcal{P}}_{L/(O_2)}}=\frac{{\mathcal{P}}_{U/(O_1)}}{{\mathcal{P}}_{U/(O_2)}}\iff \frac{\overline{LT}\cdot \overline{LA}}{\overline{LE}\cdot \overline{LF}}=\frac{\overline{UQ}\cdot \overline{UA}}{\overline{UE}\cdot \overline{UF}}\iff \frac{2\overline{LT}\cdot \overline{HA}}{4\overline{HB}\cdot \overline{HC}}=\frac{2\overline{UQ}\cdot \overline{XA}}{4\overline{XB}\cdot \overline{XC}}\iff \frac{TL}{TH}=\frac{UQ}{NX}.$$
Gọi $G$ là giao điểm hai tiếp tuyến ở $A,T$ của $(O)$ và $OG$ lần lượt cắt $AT,AM$ ở $W,Y$. Cho $AM$ cắt lại $(O)$ ở $S$ và kẻ tiếp tuyến của $(O)$ ở $T,S$ cắt nhau ở $R$.

[Hình cần kiểm tra lại: p9_f1]

Cho $XY$ cắt $AO$ ở $Z$. Rõ ràng $A$, $G$, $T$, $M$, $O$ cùng thuộc đường tròn đường kính $OG$. Ta có $\widehat{AMG}=\widehat{TMG}=\widehat{TOG}$, kéo theo tứ giác $OMXY$ nội tiếp. Vì thế nên $XY\perp OG$. Hơn nữa $OG$ là phân giác trong của tam giác $XOZ$ nên $XY=YZ$. Vì $XZ\parallel AT$ nên ta có $A(TY,XZ)=-1$.
Vì $AT$, $AS$ đẳng giác trong $\widehat{BAC}$ nên $TS\parallel BC$ và $R\in OM$. Tam giác $GOR$ có đường cao tại các đỉnh $G$, $O$ cắt nhau ở $X$ nên $XR\perp OG$. Suy ra $X$, $Y$, $R$ thẳng hàng. Dễ thấy $WO$ là đường trung bình của $ATD$ nên $Y$ là trung điểm của đoạn $AJ$. Mặt khác $X$ cũng là trung điểm của đoạn $AU$ nên $XY\parallel JU$. Từ đó $XR\parallel JU$.
Vì $A(TS,XD)=-1$ nên $TNSD$ điều hòa, kéo theo $R$, $N$, $D$ thẳng hàng. Do đó $\widehat{AND}=\widehat{AQJ}=90°$ (góc chắn đường kính) và $JQ\parallel RN$ (cùng vuông góc $AU$).
Cho $TS$ cắt $XU$ ở $V$ thì $\frac{TL}{TH}=\frac{VU}{VX}$. Cần chứng minh
$$\frac{VU}{VX}=\frac{UQ}{NX}=\frac{VQ}{VN}\text{ (da˜y tỷ soˆˊ ba˘ˋng nhau)}.$$
Áp dụng định lý Pascal cho bộ $\left(\begin{array}{ccc}S& D& A\\ N& S& T\end{array}\right)$ ta được $R$, $V$, $J$ thẳng hàng. Lúc này, theo định lý Thales thì $\frac{VQ}{VN}=\frac{JQ}{RN}$, ta quy về chứng minh
$$\frac{VU}{VX}=\frac{JQ}{RN}\iff VN\cdot RN=VX\cdot JQ\iff S_{VRU}=S_{VXJ}\iff XR\parallel JU.$$
Kết quả cuối đúng nên $(TLU)$ đi qua $K$. Vì thế bốn đường tròn đã cho có cùng điểm chung thứ hai là $K$ khác $T$.