Trên mặt phẳng, cho 4 điểm phân biệt $A,B,C,D$ trong đó không có 3 điểm nào thẳng hàng. Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn $(\omega )$ đi qua 3 trong 4 điểm này và điểm còn lại thuộc miền trong của $(\omega )$ hoặc nằm trên $(\omega )$.

Trong các đường tròn đi qua 3 điểm lấy từ 4 điểm đã cho, gọi $(\tau )$ là đường tròn có bán kính lớn nhất. Không mất tính tổng quát, giả sử $(\tau )$ đi qua 3 điểm $A$, $B$, $C$. Trường hợp 1: $D$ thuộc $(\tau )$ hoặc miền trong của $(\tau )$. Chọn $(\omega )\equiv (\tau )$ thỏa mãn bài toán. (1,0 điểm)

Trường hợp 2: $D$ không thuộc $(\tau )$ và không thuộc miền trong của $(\tau )$. Khi đó $D$ có thể thuộc vào một trong các miền (I), (II), (III), (IV), (V), (VI) như hình vẽ, trong đó:

Miền (I) giới hạn bởi tia đối của tia $AB$, tia đối của tia $CB$ và cung $\widehat{AC}$ (không tính bờ). Tương tự cho các miền (III), miền (V);

Miền (II) giới hạn bởi tia đối của tia $AB$ và tia đối của tia $AC$ (không tính bờ). Tương tự cho miền (IV), miền (VI).


(1,0 điểm)

• Nếu $D$ thuộc miền (II) thì chọn $(\omega )$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $DBC$ thỏa mãn bài toán. Tương tự với $D$ thuộc các miền (IV) và (VI). (1,0 điểm)

• Nếu $D$ thuộc miền (I) thì gọi $E$ là giao điểm thứ hai của $BD$ và $(\tau )$. Khi đó hai góc $\widehat{AEB}$ và $\widehat{BEC}$ có ít nhất một góc nhọn, giả sử $\widehat{AEB}<90^0$.

Ta thấy $\widehat{ADB}<\widehat{AEB}<90^0\Rightarrow \sin \widehat{ADB}<\sin \widehat{AEB}$. Do đó
$$R_{(\tau )}=\frac{AB}{\sin \widehat{AEB}}<\frac{AB}{\sin \widehat{ADB}}=R_{(ABD)},$$
mâu thuẫn với cách chọn $(\tau )$. Vậy $D$ không thuộc miền (I).

Tương tự thì $D$ không thuộc miền (III) và (V) trong trường hợp 2. (2,0 điểm)