Cho tam giác $ABC$ $(AB<AC)$ cố định, nội tiếp đường tròn $(O)$. Một điểm $D$ di chuyển trên cạnh $AB$, khác $A$ và $B$. Đường tròn $(BCD)$ cắt cạnh $AC$ tại điểm $E$ khác $C$. Gọi $P$ là giao điểm khác $A$ của hai đường tròn $(O)$ và $(ADE)$.

a) Chứng minh rằng đường thẳng $PD$ luôn đi qua một điểm cố định.

b) Giả sử đường thẳng $PD,PE$ cắt đường tròn $(BCD)$ lần lượt tại điểm $Q,R$ khác $D,E$. Gọi $M$ là trung điểm của đoạn $QR$. Chứng minh rằng điểm $M$ luôn di chuyển trên một đường tròn cố định.

a) Cách 1: Gọi $PD$ cắt $(O)$ tại $K$. Ta có $\angle ACK=180^{\circ }-\angle APD=180^{\circ }-\angle DEC=\angle ABC=\angle AKC\Rightarrow AC=AK\Rightarrow K$ cố định $\Rightarrow PD$ đi qua $K$ cố định.

Cách 2: Ta xét thế hình trên, các thế hình khác ta chứng minh tương tự.

[Hình cần kiểm tra lại: p5_f1]

Gọi $K$ là giao điểm thứ hai của $PD$ với $(O)$. Do $A,D,E,P$ và $B,C,D,E$ cùng thuộc các đường tròn, ta có: $\angle ABK=\angle APK=\angle APD=\angle AED=180^{\circ }-\angle CBA$.

Lấy $D^{\prime }\ne D$ trên đoạn $AB$ sao cho $D^{\prime }$ cố định, dựng $E^{\prime }$, $P^{\prime }$ tương ứng. Tương tự, ta có: $\angle A{P}^{\prime }{D}^{\prime }=\angle A{E}^{\prime }{D}^{\prime }=\angle C{E}^{\prime }{D}^{\prime }=\angle CB{D}^{\prime }=\angle CBA=\angle ABK=\angle A{P}^{\prime }K$. Suy ra $P^{\prime },D^{\prime },K$ thẳng hàng. Vậy $K$ cố định. Vậy khi cho $D$ di động thì $PD$ đi qua điểm $K$ cố định.

b) Lấy $T$ đối xứng $A$ qua $O$ và $N$ là trung điểm $BC$.

Do $B,C,D,E,Q,R$ cùng thuộc một đường tròn và $A,D,E,P$ cùng thuộc một đường tròn, ta có:
$\angle DQC=\angle DBC=\angle DEA=\angle DPA\Rightarrow CQ\parallel AP$.

Tương tự: $\angle ERB=\angle EDB=\angle EDA=\angle EPA\Rightarrow BR\parallel AP$.

Mặt khác: $\angle PQC=\angle DBC=\angle ABC=\angle APC=\angle QCP\Rightarrow PQ=PC$.

Tương tự: $\angle PRB=\angle EDB=\angle ACB=\angle APB=\angle RBP\Rightarrow PR=PB$.

Vì $AT$ là đường kính của $(O)$ nên $PT\perp AP$. Kết hợp $CQ\parallel BR\parallel AP$ và $PQ=PC$, $PR=PB$, suy ra $PT$ là đường trung trực của $CQ$ và $BR$. Do đó: $TM=TN$.

Vậy $M$ luôn thuộc đường tròn cố định tâm $T$, bán kính $TN$.