Bài Tập Trắc Nghiệm Chuyên Đề: Đường tròn (Toán học Lớp 10)

(1) Cách 1.

- Theo tính chất quen ta có $C^{\prime }I=C^{\prime }A$ và $B^{\prime }I=B^{\prime }A$ nên $B^{\prime }{C}^{\prime }$ là trung trực $AI$ nên $HA=HI$.
- Có $IH=ID$ theo định lí con bướm với dây cung $B^{\prime }{C}^{\prime }$, $BC$ của $(O)$.
- Có $DL=AH$ do $HDLA$ là hình thang cân có chung trục đối xứng $OI$.
- Có $\angle IDL=180^{\circ }-2\angle DIL=2(90^{\circ }-\angle ILD)=2(90^{\circ }-\angle IAL)=2\angle A^{\prime }AL=2\angle IKL.$
$\Rightarrow D$ là tâm $(KIL)\Rightarrow DK=DL=DI.$

Kết hợp lại ta được $AH=HI=ID=DL=DK$.

Cách 2. Gọi $Q$ là trung điểm cung $BC$ nhỏ của $(O)$. $A{A}^{\prime }$ cắt $ID$ tại $N$. $KQ$ cắt $ID$ tại $P$.
Áp dụng định lí con bướm tứ giác $A{A}^{\prime }TK$ nội tiếp $(O)$ suy ra: $IN=IP$. (*)
Áp dụng định lí con bướm cho tứ giác $B^{\prime }{C}^{\prime }BC$, ta có: $ID=IH$. (**)
Chú ý rằng: $B^{\prime }{C}^{\prime }$ là trung trực $IA$. Vậy ta thu được: $AH=IH=ID=DL=DK$ (tính chất cạnh huyền của tam giác vuông kết hợp (*) và (**)).

(2) Ta có $\angle AFH=\angle IAC-\angle AIH=\angle IAB-\angle HAI=\angle HAE$
$\Rightarrow HA$ là tiếp tuyến của $(J)\Rightarrow H{J}^2=A{H}^2+A{J}^2\Rightarrow H{J}^2-H{I}^2=A{J}^2$.
Gọi $GH$ cắt $IJ$ tại $T$. Do $HG\perp IJ\Rightarrow G{J}^2-G{I}^2=T{J}^2-T{I}^2$
và $H{J}^2-H{I}^2=T{J}^2-T{I}^2\Rightarrow G{J}^2-G{I}^2=A{J}^2\Rightarrow G{J}^2-A{J}^2=G{I}^2\Rightarrow {\mathcal{P}}_{G/(J)}=G{I}^2$.
Gọi $RS$ cắt $AG$ tại $X\Rightarrow {\mathcal{P}}_{X/(O)}={\mathcal{P}}_{X/(G;GI)}\Rightarrow XA\cdot XG=G{I}^2-X{G}^2$.
$\Rightarrow G{I}^2=XG(XA+XG)=GX\cdot GA\Rightarrow X$ nằm trên $(J)$.

Do $CB\perp HD$ và $CB\perp BR\Rightarrow BP\parallel HQ$ và $BQ\parallel HP\Rightarrow HPBQ$ là hình bình hành.
$\Rightarrow PQ$ cắt $HB$ tại trung điểm $N$ của mỗi đường. Mà $O_1$ là trung điểm $RC$, $RC\parallel HB\Rightarrow O_1,P,N$ thẳng hàng theo bổ đề hình thang $\Rightarrow O_1,O,P,N,Q,O_2$ thẳng hàng $\Rightarrow AB\perp PQ$.
Có $PN$ là đường trung bình $△BIH\Rightarrow PN\parallel BI$ và $BI=2PN$, tương tự $BJ=2NQ$ và $NQ\parallel BJ$.
$\Rightarrow B$ là trung điểm $IJ$ và $IJ\parallel PQ$, $PQ\perp AB\Rightarrow AB$ là trung trực $IJ\Rightarrow AI=AJ$.
Ta có $\angle CAD=\angle BCD+\angle BDC=180-\angle CBD=\angle CHD$.
$\Rightarrow$ Tứ giác $AHDC$ nội tiếp $\Rightarrow \angle ACI=\angle ADJ$.
$\Rightarrow 2R_{(AIC)}=\frac{AI}{\sin ACI}=\frac{AJ}{\sin ADJ}=2R_{(AJD)}\Rightarrow R_{(AIC)}=R_{(AJD)}$.

Cách 1. Gọi $AD$ cắt $BC$ tại $R$, theo định lí Brocard ta có $OP\perp QR$ nên ta đi chứng minh $QR//KL$. Gọi $(QBD)$ cắt $(QAC)$ tại $T$, do $PB\cdot PD=PA\cdot PC\Rightarrow Q,P,T$ thẳng hàng do cùng nằm trên trục đẳng phương của $(QBD)$ và $(QAC)$.
Gọi $TL$ cắt $(QBD)$ tại $X\Rightarrow BTDX$ là tứ giác điều hòa $\Rightarrow Q(BDTX)=-1\Rightarrow Q(CDPX)=-1$
$\Rightarrow Q,X,R$ thẳng hàng vì $Q(CDPR)=-1$ (hàng điểm tứ giác toàn phần).
Ta có $T$ là tâm vị tự quay biến $(QBD)$ thành $(QAC)$ nên cùng biến $L$ thành $K$ mà phép vị tự quay này biến $BD$ thành $AC$ nên cùng tồn tại phép tự quay khác có tâm $T$ biến $AD$ thành $KL$ hay ta có $\Delta TLK\sim \Delta TDA\Rightarrow \angle TLK=\angle TDA=\angle QXT\Rightarrow LK//QX$ hay $LK//QR$ (điều phải chứng minh).



Cách 2. Gọi tiếp tuyến tại $B,D$ của $(O)$ cắt nhau tại $T$ và tiếp tuyến tại $A,C$ của $(O)$ cắt nhau tại $S$. Ta có $ST$ là đối cực của $P$ ứng với $(O)$ do đó: $OP\perp ST$. Ta cần chứng minh: $ST//KL$.
Gọi $M,N$ lần lượt là trung điểm của $BD$ và $AC$.
Ta có: $O{A}^2=OM\cdot OT=ON\cdot OS$ suy ra: $T,M,N,S$ cùng thuộc một đường tròn.
Ta có: $\Delta QAC\sim \Delta QBD$ (g.g) suy ra: $\Delta QMD\sim \Delta QNC$ (c.g.c) suy ra: $QM,QN$ đồng dạng ứng với góc $DQC$. Ta có: $QK$ là đối trung của tam giác $QAC$ suy ra: $Q,M,K$ thẳng hàng.
Tương tự: $Q,N,L$ thẳng hàng.
Ta có: $\angle LDQ=180^{\circ }-\angle QBD=\angle BDC=\angle DAC=\angle QCK$.
Vậy ta có: $\Delta QDL\sim \Delta QCK$ (g.g) suy ra:
$\frac{QD}{QC}=\frac{QL}{QK}=\frac{QL}{QK}=\frac{QM}{QN}$ suy ra: $QL\cdot QN=QK\cdot QM$ dẫn đến: $M,N,K,L$ cùng thuộc một đường tròn.
Vậy ta có: $\angle MNK=\angle LTS=\angle NKL$ suy ra: $ST//KL$ suy ra: $OP\perp KL$.

a) Ta dễ thấy $F$ là điểm $Dumpty$ của $△BCM$ nên ta có thêm các tính chất là $CB$ tiếp xúc $(CJM)$; $CM$ tiếp xúc $(CBI)$ và các điểm $O,F,B,D,M$ cùng nằm trên $(OD)$.
Ta có $\angle BIF=\angle BCF=\angle CMF\Rightarrow BI\parallel CM$, tương tự ta có $MJ\parallel CB$. Gọi $BI$ cắt $JM$ tại $G$ ta có $BCMG$ là hình bình hành $\Rightarrow \angle BGM=\angle BCM=\angle GIB\Rightarrow CMGI$ là hình thang cân mà $OM=OC\Rightarrow OG=OI$, tương tự ta cũng có $OG=OJ\Rightarrow OJ=OI$ mà $FO$ là phân giác ngoài $\angle IFJ$ nên tứ giác $IFOJ$ nội tiếp.
b) Kẻ hình bình hành $SCDP$, gọi $CI$ cắt $OP$ tại $U$. Ta chứng minh $P$ là tâm $(OFIJ)$.
Do $CS//OP$, ta có $\angle SCI=180^{\circ }-\angle IUP=180^{\circ }-(360^{\circ }-\angle UIB-\angle PBI-\angle BPO)=\angle CIB+\angle PBC+\angle CBI+180^{\circ }-2\angle BOP-180^{\circ }=\angle PBC+2\angle CIB-2\angle BCM=\angle PBC$.
Nên $\angle SCI=\angle PBC$, mà $PB=PD=SC,CI=CB$ nên $\Delta SCI=\Delta PBC$ (c.g.c)
$\Rightarrow SI=PC=SO$ (do $OSCP$ là hình bình hành). Lại có $SP//CF$, $CF\perp OF$, $PO=PF$ nên $SP$ là trung trực $FO\Rightarrow SO=SF\Rightarrow SO=SF=SI\Rightarrow S$ là tâm $(OFIJ)$
$\Rightarrow SI=SJ$, $OI=OJ\Rightarrow OS\perp IJ$, $CP//OS\Rightarrow CP\perp IJ$.

a) Gọi $OM\perp AD$ tại $H$, $ON\perp BC$ tại $K$. Ta có tứ giác $MHKN$ nội tiếp
$\Rightarrow OH.OM=OK.ON=O{B}^2=O{D}^2\Rightarrow \angle ODM=90^{\circ }\Rightarrow MD$ là tiếp tuyến của $(O)$.
$\frac{MI}{NJ}=\frac{MI}{OB}\cdot \frac{OA}{NJ}=\frac{CM}{CB}\cdot \frac{DA}{DN}=\frac{M{A}^2}{A{B}^2}\cdot \frac{A{B}^2}{N{B}^2}=\frac{M{A}^2}{N{B}^2}$; $\frac{EM}{EN}=\frac{ME.MN}{NE.NM}=\frac{MH.MO}{NK.NO}=\frac{M{A}^2}{N{B}^2}$
Vì vậy $\frac{EM}{EN}=\frac{MI}{NJ}$, mà $JN\parallel MI\Rightarrow E,I,J$ thẳng hàng.

b) Gọi $AC$ cắt $BD$ tại $L$. Áp dụng định lí Pascal cho bộ các điểm $\left(\begin{array}{ccc}A& D& B\\ B& C& D\end{array}\right)\Rightarrow M,L,N$ thẳng hàng $\Rightarrow F$ là trực tâm $△LAB$ có các đường cao $AD,BC$ nên các điểm $C,E,D,F$ cùng nằm trên đường tròn đường kính $LF$ có tâm là trung điểm $LF$.

Lời giải (Lim Olympic - Nghệ An TST - P5).

Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề 0.1. Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $K$ là trực tâm của tam giác $BIC$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $AC$, $AB$. Chứng minh rằng $MN$ là đường đối cực của $K$ ứng với $(I)$.

[Hình cần kiểm tra lại: p12_f1]

Chứng minh. Gọi $D,E$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ với $BC,CA$. $DE$ cắt $BI,CI,KC$ lần lượt tại $L,J,T$. Theo kết quả quen thuộc, $\angle BLA=90^{\circ }$. Suy ra $ML=MA=MB$. Từ đó $\angle MLB=\angle MBL=\angle LBC$, suy ra $ML\parallel BC$ hay $L\in MN$.

Mặt khác, do $\angle LTC=\angle LJC=90^{\circ }$ nên $\overline{IL}\cdot \overline{IT}=\overline{IJ}\cdot \overline{IC}=r^2$, suy ra $L$ và $T$ nghịch đảo qua $(I)$.

Xét cực và đối cực ứng với $(I)$, ta thu được $KC\equiv d_L$.

Từ đó $K\in d_L$, suy ra $L\in d_K$. Mà $L\in MN$, $MN\perp IK$ nên $MN\equiv d_K$. $\square$



Cách 1.

a) Áp dụng bổ đề, gọi đường trung bình đỉnh $A$ cắt $DE,DF$ lần lượt tại $H,L$.

Do $DE\equiv d_C$ và $HL\equiv d_K$ nên $CK\equiv d_H$ mà $DE$ cắt $CK$ tại $S\Rightarrow (SHED)=-1$. Tương tự ta cũng có $(LTFD)=-1\Rightarrow (DESH)=(DFTL)\Rightarrow EF,ST,HL$ đồng quy tại $R$. Mà $EF\equiv d_A$, $HL\equiv d_K\Rightarrow AK\equiv d_R\Rightarrow IR\perp AK$.

b) Gọi $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp $\Delta ABC$, $AI$ cắt $BC$ tại $N\Rightarrow BKCJ$ là hình bình hành $\Rightarrow M$ là trung điểm $KJ$.

Và $\frac{IA}{IN}=\frac{JA}{JN}\Rightarrow IA\cdot JN=JA\cdot IN\Rightarrow AN\cdot IJ=(AI+IN)(IN+NJ)=2AI\cdot NJ\Rightarrow \frac{NA}{NJ}=\frac{2AI}{IJ}$.

Gọi $G$ là trọng tâm $\Delta KBC\Rightarrow \frac{GJ}{GK}=2$ (do $MJ=MK$).

Trường hợp 1: $AK\parallel BC\Rightarrow MN\parallel AK\Rightarrow N$ là trung điểm $AJ\Rightarrow \frac{IA}{IJ}=\frac{1}{2}=\frac{GK}{GJ}\Rightarrow IG\parallel AK\parallel BC$.

Trường hợp 2: $AK$ cắt $BC$ tại $U$. Áp dụng định lí Menelaus cho $\Delta AKJ$ với $M,N,U$ thẳng hàng $\Rightarrow \frac{UA}{UK}\cdot \frac{NJ}{NA}\cdot \frac{MK}{MJ}=1\Rightarrow \frac{UA}{UK}=\frac{NJ}{AJ}\Rightarrow \frac{UA}{UK}\cdot \frac{IJ}{IA}\cdot \frac{GK}{GJ}=1\Rightarrow I,U,G$ thẳng hàng theo định lí Menelaus đảo $\Delta AKJ$.

[Hình cần kiểm tra lại: p14_f1]

Cách 2. (Lời giải ý 2 không sử dụng ý 1)

Trường hợp $AK\parallel BC$ các bạn chứng minh tương tự cách 1.

Ta xét trường hợp $AK$ cắt $BC$. Ta có một số kết quả quen thuộc liên quan tới điểm Feuerbach:

Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$. $F_e$ là điểm Feuerbach. $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $M$ là trung điểm $BC$. $H$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$.

(1) $F_{e}D$ là phân giác góc $H{F}_{e}M$.

(2) $N,P$ lần lượt là trung điểm $AC$, $AB$. Khi đó: $PN,D{F}_e,EF$ đồng quy.

Quay trở lại bài toán: Ta có kết quả quen thuộc: $K$ là đối cực của đường trung bình ứng với $BC$ của tam giác $ABC$ dẫn đến: $AK$, $BC$ cắt nhau tại $S$ thuộc tiếp tuyến từ $F_e$ của $(I)$. Gọi $T$ là tâm $(BKC)$. $M$ là trung điểm $BC$ và $H$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$.

Yêu cầu bài toán tương đương: $I,T,S$ thẳng hàng.

Ta cần có: $\frac{ID}{TM}=\frac{SD}{SM}$.

Theo hệ thức Newton thì ta thu được: $\overline{SH}.\overline{SM}=S{D}^2$ suy ra:

$\frac{\overline{SD}}{\overline{SM}}=\frac{\overline{SH}}{\overline{SD}}=\frac{\overline{SD}-\overline{SH}}{\overline{SM}-\overline{SD}}=-\frac{\overline{DH}}{\overline{DM}}$.

Lại có: $\frac{ID}{TM}=\frac{2ID}{IK}$.

Ta cần chứng minh rằng: $\frac{2ID}{IK}=\frac{DH}{DM}$.

Gọi $MI$ cắt $AH$ tại $G$. $D^{\prime }$ đối xứng $D$ qua $I$.

Ta có tính chất quen thuộc: $MI\parallel A{D}^{\prime }$ và $AM$, $EF$, $DI$ đồng quy tại $X$.

Theo định lí Thales ta có: $\frac{DH}{DM}=\frac{IG}{IM}=\frac{A{D}^{\prime }}{IM}=\frac{X{D}^{\prime }}{XI}$.

Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $J$, ta có: $(JD,BC)=-1$ dẫn đến chiếu xuyên tâm $B$ ta được: $(KI,XD)=-1$. Theo hệ thức Maclaurin ta có: $XI.XK=X{D}^{\prime }.XD$ suy ra: $\frac{X{D}^{\prime }}{XI}=\frac{XK}{XD}=\frac{2ID}{IK}$.

Do đó ta thu được điều cần chứng minh.

Xét phép nghịch đảo tâm $O$ phương tích $O{A}^2$. Gọi $X^{\prime }$ là ảnh của 1 điểm $X$ bất kì qua phép nghịch đảo. Do $H^{\prime }$ là ảnh của $H$ nên $OH\cdot O{H}^{\prime }=O{A}^2$ nên $H^{\prime }$ là giao điểm 2 tiếp tuyến tại $A,B$ của $O$ và ảnh của $(OAH)$ là $A{H}^{\prime }$, ảnh của $(OBH)$ là $B{H}^{\prime }$.
Ta thấy đường tròn $(O_1;O_{1}O)$ đi qua tâm nghịch đảo và đi qua $I$ có tiếp tuyến là $OA$ nên ảnh của đường tròn này sẽ là đường thẳng đi qua $I^{\prime }$ song song với $OA$. Vậy ảnh $C^{\prime }$ của $C$ sẽ là giao điểm của đường thẳng qua $I^{\prime }$ song song $OA$ với $A{H}^{\prime }$ nên $I^{\prime }{C}^{\prime }\perp A{H}^{\prime }$.
Tương tự ta cũng được ảnh $D^{\prime }$ của $D$ là hình chiếu của $I^{\prime }$ trên $B{H}^{\prime }$.
Gọi $T$ là trung điểm $I{I}^{\prime }$ và $V$ là hình chiếu của $I^{\prime }$ trên $AB$. Từ các tứ giác nội tiếp và $OI\cdot O{I}^{\prime }=O{B}^2$ ta có $\angle I^{\prime }VD=\angle I^{\prime }B{D}^{\prime }=\angle OB{I}^{\prime }-90^{\circ }=\angle OIB-90^{\circ }=90^{\circ }-\angle I^{\prime }IV=\angle T{I}^{\prime }V=\angle TV{I}^{\prime }\Rightarrow D^{\prime },T,V$ thẳng hàng. Tương tự ta có $C^{\prime },T,V$ thẳng hàng nên $C^{\prime }{D}^{\prime }$ đi qua $T$ cố định do $I$ và $I^{\prime }$ cố định. Vậy ta có $(OCD)$ luôn đi qua ảnh của $T$ cố định là điểm $T^{\prime }$ nằm trên $OI$ thỏa mãn $O{T}^{\prime }\cdot OT=O{A}^2$ cố định.

a) Do $K$ là tâm $(AIL)$ $\Rightarrow \angle KAL=90^{\circ }-\frac{\angle AKL}{2}=90^{\circ }-\angle AIL=\angle ANL$
$\Rightarrow KA$ là tiếp tuyến của $(AEF)$.
b) Gọi $BE,CF$ cắt $(AEF)$ lần lượt tại $P,Q$. Gọi $PQ$ cắt tiếp tuyến tại $A$ của $(AEF)$ tại $K^{\prime }$.
Áp dụng định lí Pascal cho bộ các điểm $\left(\begin{array}{ccc}A& Q& E\\ P& A& F\end{array}\right)$ ta được $K^{\prime },B,C$ thẳng hàng.
Ta có $\frac{IF}{IE}=\frac{IF}{AI}\cdot \frac{AI}{IE}=\frac{\sin IAF}{\sin AFI}\cdot \frac{\sin AEI}{\sin IAE}=\frac{\sin AEI}{\sin AFI}=\frac{\sin AEP}{\sin AFQ}=\frac{AP}{AQ}\Rightarrow \frac{IF}{IE}=\frac{AP}{AQ}$.
Mà $\frac{IF}{IE}=\frac{IP}{IQ}\Rightarrow \frac{IP}{IQ}=\frac{AP}{AQ}=\frac{K^{\prime }{P}^2}{K^{\prime }{Q}^2}\Rightarrow I{K}^{\prime }$ là tiếp tuyến của $(IPQ)$.
$\Rightarrow K^{\prime 2}=KP\cdot KQ=K^{\prime }{A}^2\Rightarrow K^{\prime }$ nằm trên trung trực $AI\Rightarrow K^{\prime }$ trùng $K$ hay $K,B,C$ thẳng hàng.

(AI giải đề cho tôi)
Tâm đường tròn là trung điểm $I$ của $AB$: $I\left(\frac{1+3}{2};\frac{2+4}{2}\right)=(2;3)$. Bán kính $R=IA=\sqrt{(1-2{)}^2+(2-3{)}^2}=\sqrt{2}$, nên $R^2=2$. Phương trình: $(x-2{)}^2+(y-3{)}^2=2$, khai triển: $x^2+y^2-4x-6y+4+9-2=0\iff x^2+y^2-4x-6y+11=0$. Kiểm tra: $A(1;2)$: $1+4-4-12+11=0$ ✓; $B(3;4)$: $9+16-12-24+11=0$ ✓. Đáp án C (ý B sai vì viết $R^2=\sqrt{2}$).

a) (3,0 điểm) Cho $AB,CD$ cắt nhau ở điểm $T$. Xét phương tích từ $T$ đến các đường tròn thì $T{E}^2=\overline{TC}\cdot \overline{TD}=\overline{TA}\cdot \overline{TB}=T{F}^2$. Vì thế nên $TE=TF$. (0,5)

Do đó $\widehat{TEF}=\widehat{TFE}$ và có biến đổi góc $\widehat{DEF}=\widehat{TEF}-\widehat{AED}=\widehat{TFE}-\widehat{ECD}=\widehat{FEC}$. Vì thế $EF$ là phân giác của $\widehat{CED}$. Tương tự $EF$ cũng là phân giác $\widehat{AFB}$. Do đó, hai tam giác $EMF,ENF$ bằng nhau và $ME=NE$, $MF=NF$. Suy ra $EF$ là trung trực của đoạn $MN$. (1,0)

Cho $EF$ cắt lại $(I),(J)$ lần lượt tại các điểm $V,U$. Khi đó, vì $EF$ là phân giác của $\widehat{DEC}$ nên $V$ là trung điểm cung $CD$ của $(I)$, kéo theo $VC=VD$. Từ đó suy ra $O,I,V$ thẳng hàng. Tương tự thì $O,J,U$ thẳng hàng. (0,5)

Tiếp theo, ta cho $OK$ cắt $EF$ ở $S$. Chú ý rằng $IK\parallel OU$ (cùng vuông góc với $AB$) nên theo định lý Thales thì $\frac{SK}{SO}=\frac{SE}{SU}$. Tương tự, ta cũng có $\frac{SK}{SO}=\frac{SF}{SV}$. (0,5)

Do đó ta có
$$\frac{SE}{SU}=\frac{SF}{SV}\iff \overline{SE}\cdot \overline{SV}=\overline{SF}\cdot \overline{SU}.$$
Từ đây suy ra $S$ có cùng phương tích đến hai đường tròn $(I),(J)$ nên $S$ thuộc trục đẳng phương $PQ$. Do đó, các đường thẳng $PQ,EF,OK$ đồng quy. (0,5)

b) (2,0 điểm) Bổ đề về tỷ số phương tích: Cho hai đường tròn $(O),(O^{\prime })$ cắt nhau ở $A,B$. Khi đó, nếu $M_1,M_2$ không thuộc $(O),(O^{\prime })$ sao cho $\frac{{\mathcal{P}}_{M_1/(I)}}{{\mathcal{P}}_{M_1/(J)}}=\frac{{\mathcal{P}}_{M_2/(I)}}{{\mathcal{P}}_{M_2/(J)}}\ne 1$ thì các điểm $M_1,M_2,A,B$ cùng thuộc một đường tròn. (Không yêu cầu học sinh chứng minh.) (0,5)

Trở lại bài toán, ta có $AE$ là tiếp tuyến của $(ECD)$ nên $\widehat{AEM}=\widehat{NCF}$, $CF$ là tiếp tuyến của $(FAB)$ nên $\widehat{EAM}=\widehat{NFC}$, từ đây ta có hai tam giác $AME,FNC$ đồng dạng. Do đó $\frac{ME}{MA}=\frac{NC}{NF}$. Tương tự thì $\frac{MD}{MF}=\frac{NE}{NB}$. Đến đây xét tỷ số phương tích
$$\frac{{\mathcal{P}}_{M/(I)}}{{\mathcal{P}}_{M/(J)}}=\frac{\overline{MD}\cdot \overline{ME}}{\overline{MA}\cdot \overline{MF}}=\frac{MD}{MF}\cdot \frac{ME}{MA}=\frac{NE}{NB}\cdot \frac{NC}{NF}=\frac{\overline{NE}\cdot \overline{NC}}{\overline{NB}\cdot \overline{NF}}=\frac{{\mathcal{P}}_{N/(I)}}{{\mathcal{P}}_{N/(J)}}.$$ (1,0)

Chú ý rằng nếu tỷ số trên bằng 1 thì sẽ kéo theo $ADFE$ và $BCFE$ nội tiếp. Từ đây có $\widehat{ADF}=180^{\circ }-\widehat{AEF}=180^{\circ }-\widehat{BCD}$ nên $AD\parallel BC$, vô lý. Áp dụng bổ đề cho $(I),(J)$ cắt nhau tại $P,Q$, ta có $M,N,P,Q$ cùng thuộc một đường tròn. (0,5)

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 $TN$.

Lời giải (nguồn: CLB Toán Lim - LIM Olympic; trong lời giải nguồn, đường tròn đi qua chân các đường vuông góc từ $E$ được kí hiệu ${\omega }_E$):

(1) Gọi $H_1,H_2,H_3,H_4$ lần lượt là hình chiếu của $E$ trên $AB,BC,CD,DA$. Từ các tứ giác nội tiếp $E{H}_{1}B{H}_2$, $E{H}_{2}C{H}_3$, suy ra: $\angle H_1{H}_2{H}_3=\angle H_1{H}_{2}E+\angle E{H}_2{H}_3=\angle ABE+\angle ECD$.
Tương tự: $\angle H_1{H}_4{H}_3=\angle BAE+\angle EDC$. Do đó $\angle H_1{H}_2{H}_3+\angle H_1{H}_4{H}_3=(\angle ABE+\angle BAE)+(\angle ECD+\angle EDC)=180^{\circ }$. Vậy $H_1,H_2,H_3,H_4$ cùng thuộc ${\omega }_E$.

(2) Dựng $R,R^{\prime }\in AD$, $S,S^{\prime }\in BC$ sao cho $ER\perp BC$, $ES\perp AD$, $F{R}^{\prime }\perp BC$, $F{S}^{\prime }\perp AD$. Ta có: $\angle R{H}_{2}S=\angle R{H}_{4}S=90^{\circ }$. Suy ra $H_1,H_2,H_4,S$ đồng viên. Do đó ${\omega }_E$ là đường tròn đường kính $RS$. Tương tự, ${\omega }_F$ là đường tròn đường kính $R^{\prime }{S}^{\prime }$.
Gọi $M,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $EF,R{R}^{\prime },S{S}^{\prime }$. Theo tính chất đường trung bình: $MP\perp S{S}^{\prime }$, $MQ\perp R{R}^{\prime }$. Theo công thức đường trung tuyến:
$$M{R}^2+M{R}^{\prime 2}=2M{P}^2+\frac{R{R}^{\prime 2}}{2}\text{vaˋ}S{R}^2+S{R}^{\prime 2}=2S{P}^2+\frac{R{R}^{\prime 2}}{2}.$$ Do đó:
$${\mathcal{P}}_{M/(RS)}+{\mathcal{P}}_{M/(R^{\prime }S)}=\frac{M{R}^2+M{R}^{\prime 2}+2M{S}^2-S{R}^2-S{R}^{\prime 2}}{2}=M{P}^2+M{S}^2-P{S}^2=2{\mathcal{P}}_{M/(PS)}.$$
Tương tự: ${\mathcal{P}}_{M/(R{S}^{\prime })}+{\mathcal{P}}_{M/(R^{\prime }{S}^{\prime })}=2{\mathcal{P}}_{M/(P{S}^{\prime })}$.
Do $MP$ là trục đẳng phương của $(PS)$ và $(P{S}^{\prime })$, suy ra:
$${\mathcal{P}}_{M/(RS)}+{\mathcal{P}}_{M/(R^{\prime }S)}={\mathcal{P}}_{M/(R{S}^{\prime })}+{\mathcal{P}}_{M/(R^{\prime }{S}^{\prime })}\text{\hspace{1em}(1)}$$
Do $MQ$ là trục đẳng phương của $(RQ)$ và $(R^{\prime }Q)$, tương tự ta có:
$${\mathcal{P}}_{M/(RS)}+{\mathcal{P}}_{M/(R{S}^{\prime })}={\mathcal{P}}_{M/(R^{\prime }S)}+{\mathcal{P}}_{M/(R^{\prime }{S}^{\prime })}\text{\hspace{1em}(2)}$$
Cộng theo vế (1) và (2), suy ra ${\mathcal{P}}_{M/{\omega }_E}={\mathcal{P}}_{M/{\omega }_F}$.
Vậy $M$ thuộc đường thẳng đi qua hai giao điểm của ${\omega }_E,{\omega }_F$.

Nhận xét: Bài toán trên đã xuất hiện trong IMO Shortlist 2011.