Cho tam giác nhọn $ABC$ $(AB<AC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$, có tâm đường tròn nội tiếp là $I$. Đường thẳng vuông góc với $AI$ tại $I$ cắt $AB$, $AC$ lần lượt tại $E$ và $F$. Đường tròn ngoại tiếp tam giác $AEF$ cắt đường tròn $(O)$ và đường thẳng $AI$ tương ứng tại $G$, $H$ ($G$ khác $A$).

a) Gọi $(O_1)$ là đường tròn tiếp xúc với các cạnh $AB$, $AC$ và tiếp xúc trong với đường tròn $(O)$ tại $T$. Chứng minh rằng bốn điểm $G$, $T$, $H$, $I$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Tiếp tuyến tại $G$ của $(O)$ cắt đường thẳng $BC$ tại $J$, đường thẳng $AJ$ cắt đường tròn $(O)$ tại điểm $K$ khác $A$. Gọi $D$ là hình chiếu vuông góc của $I$ lên đường thẳng $BC$. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác $DJK$ và đường tròn ngoại tiếp tam giác $GHI$ tiếp xúc với nhau.

a) Ta dễ có tính chất của đường tròn $Mixtilinear$ là $H$ là tâm $(EFT)$. Xét tâm đẳng phương của $(AGEF)$, $(EFT)$ và $(O)$ ta có $AG$ cắt $EF$ tại $X$ thì $XT$ là tiếp tuyến của $(O)\Rightarrow 4$ điểm $X,I,H,T$ cùng nằm trên $(XH)$.

b) Cách 1: Xét cực và đối cực của $(EFT)$ có $X$ nằm trên đường đối cực của $A$ là $EF$ mà $XT$ là tiếp tuyến của $(EFT)\Rightarrow AT$ là đường đối cực của $X$. Gọi $EF$ cắt $AT$ tại $Y\Rightarrow (XYEF)=-1\Rightarrow (GTBC)=A(XYEF)=-1\Rightarrow$ Tứ giác $GBTC$ điều hòa $\Rightarrow JT$ là tiếp tuyến của $(O)$ và $(EFT)$.

Ta có $\frac{AB}{AC}\cdot \frac{DB}{DC}=\frac{\sin C}{\sin B}\cdot \frac{\cot (B/2)}{\cot (C/2)}=\frac{2\sin (C/2)\cos (C/2)}{2\sin (B/2)\cos (C/2)}\cdot \frac{\cot (B/2)}{\cot (C/2)}=\frac{{\sin }^2(C/2)}{{\cos }^2(B/2)}=\frac{I{B}^2}{I{C}^2}$.

Lại có $\Delta BEI\sim \Delta IFC$ (g.g) $\Rightarrow \frac{EB}{FC}=\frac{I{B}^2}{I{C}^2}$ kết hợp với tứ giác $GBTC$ điều hòa

và $\Delta GEB\sim \Delta GFC$ (g.g) $\Rightarrow \frac{GB}{GC}=\frac{BE}{CF}\Rightarrow \frac{TB}{TC}=\frac{I{B}^2}{I{C}^2}=\frac{AB}{AC}\cdot \frac{DB}{DC}$.

Theo bổ đề cắt tuyến và $JT$ là tiếp tuyến của $(BTC)$ ta cũng có

$\frac{JB}{JC}=\frac{T{B}^2}{T{C}^2}$ và $\frac{PB}{PC}=\frac{AB\cdot TB}{AC\cdot TC}\Rightarrow \frac{JB}{JC}\cdot \frac{PC}{PB}=\frac{AC}{AB}\cdot \frac{TB}{TC}=\frac{DB}{DC}$

$\Rightarrow (BC,JP)=(BC,D)\Rightarrow JD\cdot JP=JB\cdot JC$ (Maclaurin mở rộng).

Ta có $J{T}^2=JK\cdot JA=JB\cdot JC=JP\cdot JD$ nên theo phép nghịch đảo tâm $J$ phương tích $J{T}^2$ ta có $T$ nằm trên $(JKD)$ do $A,P,T$ thẳng hàng.

Kẻ tiếp tuyến $Tx$ của $(TJD)\Rightarrow \angle xTX=\angle XTJ=\angle JKT=180^{\circ }-\angle AKT=180^{\circ }-\angle AGT=\angle XGT\Rightarrow Tx$ cũng là tiếp tuyến của $(XGT)$ nên ta có hai đường tròn này tiếp xúc với nhau tại $T$.

Cách 2: (Lời giải của bạn Đỗ Đức Việt Hưng)

Từ kết quả của câu 1, $H$ là tâm của $(O_1)$; do đó $E,F$ lần lượt là các tiếp điểm của $(O_1)$ với $AB,AC$.

Ta có $\angle ETA=\angle BET-\angle EAT=\angle EFT-\angle BAT$. Mặt khác, vì $(O_1)$ tiếp xúc trong với $(O)$ tại $T$, nên $\angle ETB=\angle EFT-\angle BAT$. Suy ra $\angle ETA=\angle ETB$, tức là $TE$ là phân giác của $\angle BTA$.

Bởi định lý đường phân giác, ta có $\frac{TB}{TA}=\frac{EB}{EA}$.

Lại có $\angle EIB=\angle AIB-90^{\circ }=\angle ICA$. Do $I$ là tâm nội tiếp, $\angle AIC=90^{\circ }+\angle IBC=180^{\circ }-\angle DIB$.

Dùng định lý sin trong các tam giác $IEB$, $IEA$ và tam giác vuông $IDB$, ta được

$\frac{EB}{EA}=\frac{\sin \angle EIB\cdot IB}{\sin \angle AIE\cdot IA}=\frac{\sin \angle ICA\cdot IB}{IA}=\frac{\sin \angle AIC\cdot IB}{AC}=\frac{\sin \angle DIB\cdot IB}{AC}=\frac{DB}{AC}$.

Vì thế $\frac{TB}{TA}=\frac{DB}{AC}$. Hơn nữa, $\angle TBD=\angle TBC=\angle TAC$, cho nên $\Delta TDB\sim \Delta TCA$.

Do đó $\angle TDJ=\angle TDB=\angle TCA=\angle JKT\Rightarrow T\in (DKJ)$. Ta có:

$$HI\cdot HA=H{E}^2=H{T}^2\Rightarrow \Delta HIT\sim \Delta HTA\Rightarrow \angle HIT=\angle HTA$$

Ta có: $\angle GBE=\angle GBA=\angle GCA=\angle GCF$ và $\angle GFC=180^{\circ }-\angle GFA=180^{\circ }-\angle GEA=\angle GEB$

$\Rightarrow \Delta GEB\sim \Delta GFC\Rightarrow \frac{GB}{GC}=\frac{BE}{CF}$.

Ta cần chứng minh $JT$ là tiếp tuyến của $(O)$ tức là ta cần chứng minh:

$$\frac{G{B}^2}{G{C}^2}=\frac{JB}{JC}=\frac{T{B}^2}{T{C}^2}⟺\frac{TB}{TC}=\frac{GB}{GC}=\frac{BE}{CF}⟺\frac{TB}{BE}=\frac{TC}{CF}$$

Theo định lí sin, ta có: $\frac{TB}{BE}=\frac{\sin TEB}{\sin BTE}$, $\frac{TC}{CF}=\frac{\sin TFC}{\sin FTC}$.

Chứng minh tương tự trên ta có $TE$ là phân giác $\angle BTA$ và $TF$ là phân giác $\angle CTA$.

Khi này ta cần chứng minh

$$\frac{\sin TEB}{\sin BTE}=\frac{\sin TFC}{\sin FTC}⟺\frac{\sin AET}{\sin ETA}=\frac{\sin AFT}{\sin FTA}⟺\frac{TA}{AE}=\frac{TA}{AF}$$

(đúng do $AE=AF$), ta cần chứng minh $(DKJ)$ tiếp xúc với $(GHI)$ tức là chứng minh:

$$\angle KJT-\angle HIT=\angle HTK⟺\angle KJT-\angle HIT=\angle HTA+\angle KTA$$

$$⟺180^{\circ }-\angle JKT-\angle JTK-\angle HIT=\angle HTA+\angle KTA$$

$$⟺\angle AKT-\angle KAT-\angle KTA=\angle HTA+\angle HIT$$

$$⟺2\angle AKT-180^{\circ }=2\angle HIT⟺\angle AGT-90^{\circ }=\angle HIT⟺\angle HGT=\angle HIT$$

(luôn đúng do $JGHT$ là tứ giác nội tiếp). Vậy $(DKJ)$ tiếp xúc với $(GHI)$.