Chứng minh A, K, L thẳng hàng biết \(\Delta ABC\) có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB ở D, E, F. Đường thẳng qua A song song BC cắt DE, DF lần lượt tại M, N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN cắt đường tròn (I) tại điểm L khác D

a. Trước hết ta chứng minh K là trực tâm \(\Delta MDN\). Thật vậy:

Do \(AN\parallel BC\) nên \(\widehat {ANF} = \widehat {FDB}\).

Do D, E, F là tiếp điểm của (I) trên BC, CA, AB nên BD = BF.

\( \Rightarrow \widehat {BDF} = \widehat {BFD} \Rightarrow \widehat {ANF} = \widehat {BFD} = \widehat {AFN} \Rightarrow \Delta ANF\) cân tại \(A \Rightarrow AN = AF\).

Chứng minh tương tự ta có AM = AE mà AE = AF nên \(AN = AF = AE = AM \Rightarrow \Delta NEM\) vuông tại E; \(\Delta NFM\) vuông tại F.

\( \Rightarrow NE \bot MD;\,MF \bot ND\) mà \(NE \cap MF = K\) suy ra K là trực tâm \(\Delta MDN\).

Bây giờ ta chứng minh A, K, L thẳng hàng:

+ Gọi T là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN. Gọi D' là điểm đối xứng của D qua T. Ta có \(ND'\parallel KM\) (vì cùng vuông góc với ND), \(MD'\parallel KN\) (vì cùng vuông góc với MD). Do đó ND'MK là hình bình hành. Do A là trung điểm MN nên K cũng là trung điểm KD’.

Do đó D’, A, K thẳng hàng.                                                               (1)

+ Hơn nữa, tứ giác DFKL nội tiếp đường tròn đường kính DK nên DL vuông góc với LK. Mặt khắc DD’ là đường kính đường tròn ngoại tiếp tam giác DMN nên DL vuông góc với LD’. Do đó L, K, D’ thẳng hàng.    (2)

Từ (1) và (2) suy ra  thẳng hàng (đpcm).

b. Gọi P là giao của UL và (DMN) \(\left( {P \ne L} \right)\); Q là giao LV và (DMN) \(\left( {Q \ne L} \right)\). 

Do MU tiếp xúc (DMN) tại M nên \(\widehat {DMU} = \widehat {DNM}\). Lại có \(\widehat {MEU} = \widehat {FNM}\) (do NMEF nội tiếp đường tròn đường kính MN) nên \(\widehat {UME} = \widehat {UEM} \Rightarrow \Delta UME\) cân tại \(U\, \Rightarrow UM = UE\).

Ta có \(U{M^2} = UP.UL \Rightarrow UP.UL = U{E^2} \Rightarrow \frac{{UE}}{{UP}} = \frac{{UL}}{{UE}} \Rightarrow \Delta UEP \sim \Delta ULE\) (c.g.c)

\( \Rightarrow \widehat {UPE} = \widehat {UEL} \Rightarrow {180^0} - \widehat {UPE} = {180^0} - \widehat {UEL} \Rightarrow \widehat {EPL} = \widehat {LEF}\) (3)

Lại có \(\widehat {LEF} = {180^0} - \widehat {LDF}\) (do LEFD nội tiếp) và \(\widehat {LPN} = {180^0} - \widehat {LDN}\) (do LPND nội tiếp) nên \(\widehat {LPN} = \widehat {LEF}\) (3).

Từ (3) và (4) suy ra \(\widehat {LPN} = \widehat {EPL} \Rightarrow P;\,E;\,N\) thẳng hàng.

Chứng minh tương tự ta có Q, E, M thẳng hàng.

Do MNQP nội tiếp nên \(\widehat {NMQ} = \widehat {NPQ}\).

Do NMEF nội tiếp nên \(\widehat {NMF} = \widehat {NEF}\).

Do đó \(\widehat {NEF} = \widehat {NPQ} \Rightarrow EF\parallel PQ \Rightarrow UV\parallel PQ.\)

Do đó (LQP) tiếp xúc với (LUV) tại L suy ra (UVL) tiếp xúc với (DMN) tại L (đpcm).