Định lí miquel và một số bài tập áp dung

Do bài tập thiếu tính hệ thống còn học sinh chưa đủ kĩ năng và kinh nghiệm để hệthống và phân loại kiến thức nên các em khó có thể hiểu được một cách bao quát, đầy đủ các dạng bài tập về

SỞ GD&ĐT NINH BÌNH TRƯỜNG THPT CHUYÊN LƯƠNG VĂN TỤY

MỤC LỤC

1 Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng 3

3 Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được 4

4 Điều kiện và khả năng áp dụng 4

A Định lí Miquel và một số tính chất liên quan 7

MẪU M2

CỘNG HÒA XÃ HỘI CHỦ NGHĨA VIỆT NAM

ĐỘC LẬP - TỰ DO - HẠNH PHÚC

ĐƠN YÊU CẦU CÔNG NHẬN SÁNG KIẾN

Kính gửi: Sở giáo dục và đào tạo Ninh Bình

ra sáng kiến

1 Nguyễn Trường Sơn 1983 Giáo viên Đại học 60%

2 Bùi Thị Mỹ Nương 1978 Giáo viên Thạc sĩ 40%

1 Tên sáng kiến, lĩnh vực áp dụng

Là nhóm tác giả đề nghị xét công nhận sáng kiến:

ĐỊNH LÍ MIQUEL VÀ MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNGLĩnh vực áp dụng: Giảng dạy hình học THCS, THPT Chuyên

2 Nội dung sáng kiến

Hình học sơ cấp là một phân môn rất quan trọng trong chương trình trung học phổ thông Vẻđẹp của nó ẩn chứa trong những điểm, đường thẳng, đường tròn, góc mà muốn cảm nhận tacần phải có cái nhìn tinh tế, một trí tưởng tượng phong phú Hình học giúp con người ta có cáinhìn tổng quát, sâu rộng hơn, suy luận chặt chẽ và tư duy sáng tạo

Trong các kì thi chọn học sinh giỏi các cấp THCS, THPT cấp tỉnh, cấp Quốc gia,cấp khu vực,cấp quốc tế, các bài toán về Hình học thường đóng vai trò quan trọng Chúng ta có thể làm quennhiều dạng bài toán Hình học, biết nhiều phương pháp giải, nhưng cũng có bài chỉ có một cáchgiải duy nhất Mỗi khi gặp một bài toán mới chúng ta lại phải suy nghĩ tìm cách giải mới Sựphong phú đa dạng của các bài toán Hình học luôn là sự hấp dẫn đối với mỗi giáo viên, học sinhgiỏi yêu toán

1 Giải pháp cũ thường làm: Các bài toán về định lí này thường không có hoặc có thì rời rạc,không hệ thống

Nhược điểm:

 Kiến thức về định lí Miquel xuất hiện nhiều trong đề thi học sinh giỏi cấp tỉnh, cấpkhu vực, cấp Quốc gia Để đạt được điểm khá giỏi, học sinh cần được rèn luyện làmbài tập đầy đủ và sâu hơn Nhưng sách bài tập giáo khoa hiện hành, sách tài liệuchuyên chưa đáp ứng được yêu cầu này

3

 Khi soạn giảng, giáo viên bắt buộc phải tham khảo rất nhiều tài liệu từ nhiều phươngtiện, nhất là đối với những đối tượng học sinh luyện thi đại học và thi học sinh giỏicác cấp, do đó mất rất nhiều thời gian và công sức, tốn kém nhiều tiền bạc.

 Do bài tập thiếu tính hệ thống còn học sinh chưa đủ kĩ năng và kinh nghiệm để hệthống và phân loại kiến thức nên các em khó có thể hiểu được một cách bao quát, đầy

đủ các dạng bài tập về định lí Miquel

Để khắc phục những hạn chế trên, việc biên soạn một hệ thống bài tập về định lí Miquelmột cách khoa học, bao chùm được tất cả các kiến thức

2 Giải pháp mới cải tiến:

-Mô tả bản chất giải pháp mới:

 Nhóm tác giả xây dựng là rất logic, đa dạng, phong phú, thể hiện kiến thức bao chùm

từ cơ bản đến phức tạp, từ dễ đến khó, phù hợp với trình độ nhận thức của mọi đốitượng học sinh, có thể dành cho nhiều đối tượng học sinh từ người mới học đến nhữnghọc sinh dự thi học sinh giỏi Quốc gia

 Hệ thống bài tập lựa chọn đưa vào trong đề tài là bài tập tính toán, được phân loạitheo mức độ nhận thức: Bài tập cơ bản cho mọi đối tượng; bài tập nâng cao dành chohọc sinh khá, giỏi; bài tập hay và khó dành cho học sinh giỏi ôn luyện thi học sinhgiỏi Quốc gia

 Trong mỗi dạng bài theo mức độ nhận thức, bài tập được sắp xếp theo từng chủ đềvới cùng mức độ kiến thức

-Tính mới, tính sáng tạo của giải pháp:

Tính sáng tạo trước hết được thể hiện trong tính mới của giải pháp đã nêu ở trên, đồngthời nó còn được thể hiện sâu hơn trong hướng dẫn phương pháp giải mỗi bài tập cụ thể.Điều này trong sách bài tập giáo khoa và tài liệu tham khảo chưa làm được Các bài tậpđược nhóm tác giả trình bày bằng tự luận từ dễ tới khó để tăng khả năng trình bày chohọc sinh nhất là HSG Quốc gia

3 Hiệu quả kinh tế và xã hội dự kiến đạt được

1 Hiệu quả kinh tế: Qua ý kiến nhận xét của học sinh, của đồng nghiệp đã sử dụng sángkiến này làm tài liệu tham khảo học tập và nghiên cứu, hiệu quả kinh tế mà sáng kiếnmang lại là rất lớn cụ thể là: - Tiết kiệm được nhiều thời gian và công sức tìm tòi tài liệucủa giáo viên và học sinh trong giảng dạy và học tập môn Toán - Tiết kiệm được nhiều chiphí mua tài liệu, sưu tầm tài liệu - Tiết kiệm được tiền mời thầy tập huấn cho đội tuyểnhọc sinh giỏi Quốc gia

2 Hiệu quả xã hội: Sáng kiến này đã được tác giả triển khai thực nghiệm cho học sinhchuyên Toán, học sinh ôn thi đại học những năm gần đây của trường THPT chuyên LươngVăn Tụy Hiệu quả mà sáng kiến này cùng với các chuyên đề kiến thức khác nữa mang lại

về mặt giáo dục, xã hội trước hết là kết quả thi đại học, thi học sinh giỏi các cấp của họcsinh Trước khi thực hiện sáng kiến, các kết quả thi cũng tương đối cao, nhưng từ khi thựchiện sáng kiến các kết quả thi là vượt trội hơn rất nhiều

4 Điều kiện và khả năng áp dụng

-Điều kiện áp dụng: Học sinh cần say mê với môn hình học, có tài liệu Hình học các cấp và nhất

là tài liệu chuyên toán lớp 10, 11

- Khả năng áp dụng:

 Sáng kiến là một tài liệu tham khảo rất hữu ích cho mọi đối tượng học sinh và giáo viênhọc tập, nghiên cứu và giảng dạy môn Toán.

 Hiện nay, sáng kiến đang là một tư liệu tham khảo rất cần thiết và không thể thiếu củahọc sinh và giáo viên Chuyên Toán trường THPT chuyên Lương Văn Tụy

 Sáng kiến tiếp tục mở rộng và phát triển tiếp trong những năm học sau

Danh sách những người đã tham gia áp dụng thử hoặc áp dụng sáng kiến lần đầu

TT Họ và tên Năm sinh Nơi công tác Chức vụ Trình

độchuyênmôn

Nội dungcông việc hỗtrợ

1 Nguyễn Bích Ngọc 1976 THPT Chuyên

Lương Văn Tụy

Giáo viên Đại học Dạy nội dung

định lí Miquel

2 Ngô Thị Hoa 1979 THPT Chuyên

Lương Văn Tụy

Giáo viên Thạc sĩ Dạy nội dung

định lí Miquel

3 Phạm Đức Tùng 1983 THPT Chuyên

Lương Văn Tụy

Giáo viên Thạc sĩ Dạy nội dung

định lí MiquelChúng tôi xin cam đoan mọi thông tin nêu trong đơn là trung thực, đúng sự thật và hoàn toànchịu trách nhiệm trước pháp luật

Ninh Bình, ngày 15 tháng 5 năm 2019XÁC NHẬN CỦA LÃNH ĐẠO

ĐƠN VỊ CƠ SỞ

Người nộp đơn(Ký và ghi rõ họ tên)

Nguyễn Trường Sơn

PHỤ LỤC

A ĐỊNH LÍ MIQUEL VÀ MỘT SỐ TÍNH CHẤT LIÊN QUAN.

Bài toán Cho tam giác ABC Các điểm D, E, F khác A, B, C và theo thứ tự thuộc các đườngthẳng BC, CA, AB Khi đó:

a Các đường tròn (AEF ), (CDE), (BDF ) cùng đi qua một điểm

b Các đường tròn (AEF ), (CDE), (BDF ), (ABC) cùng đi qua một điểm khi và chỉ khi

Điều đó có nghĩa là các đường tròn (AEF ), (CDE), (BDF ) cùng đi qua một điểm

b Theo phần a, ta có: (AEF ), (CDE), (BDF ) cùng đi qua điểm M

Mặt khác:

(DE, DF ) ≡ (DE, CE) + (CA, AB) + (BF, DF ) ≡ (M D, M C) + (CA, AB) + (BM, DM )

≡ (M B, M C) − (AB, AC) (mod π)Vậy các điều kiện sau tương đương:

1 Các đường tròn (AEF ), (CDE), (BDF ), (ABC) cùng đi qua một điểm

2 M ∈ (ABC)

3 (M B, M C) ≡ (AB, AC) (mod π)

4 (M B, M C) − (AB, AC) ≡ 0 (mod π)

7

Chứng minh 2 Gọi M là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABF

và ADE Khi đó ta có: (M A, M C) ≡ (BA, BC) (mod π) và (M E, M A) ≡ (F E, F A)(mod π)

≡ (CE, DA) + (DA, CB) ≡ (CE, CB) (mod π)

Do đó, đường tròn ngoại tiếp tam giác CBE đi qua điểm M Chứng minh tương tự ta cũng suy

ra được đường tròn ngoại tiếp các tam giác CDF đi qua điểm M

Nhận xét 1 Trong trường hợp đặc biệt, tứ giác ABCD nội tiếp thì ba điểm M, E, F thẳng hàng

và M chính là hình chiếu của G ( giao điểm của BD và AC) lên EF Đặc biệt là M G là phângiác của ÷BM D, ÷AM C và O, G, M thẳng hàng

AD

O

FG

EC

Chứng minh 3 Do các tứ giác EM AD và CM F D nội tiếp nên

≡ 2 (AD, AE) ≡ (M B, M D) , (mod π)

Vậy tứ giác OBM D nội tiếp Suy ra ÷OM B = ’ODB = ’OBD = ÷OM D ⇒ OM ⊥EF

Theo định lí Brocard ta lại có: OG⊥EF Từ đó suy ra M G là phân giác của ÷BM D, ÷AM C và

O, G, M thẳng hàng

2 Tính chất 2.

Tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tam giác CBE, CDF, ADE, ABF và điểm Miquel Mcùng thuộc một đường tròn Đường tròn này được gọi là đường tròn Miquel của tứ giác toànphần

Trước khi chứng minh tính chất này, tôi xin nhắc lại định lí đảo về đường thẳng Simson:” Nếuhình chiếu của một điểm M trên các cạnh của một tam giác thẳng hàng thì điểm M nằm trênđường tròn ngoại tiếp của tam giác đó.”

Chứng minh 4 Gọi O1, O2, O3, O4 lần lượt là tâm của các đường tròn ngoại tiếp các tamgiác EAD, EBC, CDF, ABF Dễ thấy O1O3, O4O3, O4O1 lần lượt là các đường trung trực của

M D, M F, M A Gọi H, K, L lần lượt là hình chiếu của M lên các đường thẳng O1O3, O4O3, O4O1

Dễ thấy ba điểm H, L, K thẳng hàng Do đó theo định lí đảo về đường thẳng Simson ta suy ra

M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác O1O4O3

Chứng minh tương tự, ta cũng có M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác O2O3O4

AL

O3

D

O4K

Chứng minh 5 Gọi H, N, K, L lần lượt là hình chiếu của M lên các đường thẳng AB, BC, CD, DA

Dễ thấy H, L, K thuộc đường thẳng Simson của điểm M ứng với tam giác ADE Tương tự tacũng chứng minh được các điểm còn lại

MK

B

ALD

HN

F

EC

4 Tính chất 4.

Điểm Miquel M là tâm vị tự quay của tứ giác ABCD, nghĩa là tồn tại các phép vị tự quay tâm

M biến AB thành CD, AD thành BC

Chứng minh 6 Bằng cách cộng góc dễ thấy 4M AD ∼ 4M BC, 4M AB ∼ 4M DC, từ đósuy ra điều phải chứng minh.

Qua tính chất này, ta có hai nhận xét quan trọng sau, được ứng dụng nhiều trong các bài toán:Nhận xét 2 1 Nếu phép vị tự quay tâm M biến AD thành BC, F là giao điểm của AD và

BC thì F thuộc đường tròn ngoại tiếp các tam giác M DC, M AB

2 Nếu phép vị tự quay tâm M biến AD thành BC và hai điểm G, H trên AD, BC thỏa mãnBH

Ta thu được hình chiếu của M trên GH nằm trên đường thẳng Simson của M ứng với tam giác

DF C Theo tính chất 3, suy ra hình chiếu của M trên Y0Z0 nằm trên đường thẳng Simson của

M ứng với bốn tam giác F AB, F CD, EAD, EBC

6 Tính chất 6 ( Định lí Mannheim).

Cho tam giác ABC Gọi D, E, F lần lượt là các điểm nằm trên BC, CA, AB không trùng với

A, B, C.M là điểm Miquel của D, E, F ứng với tam giác ABC.P, Q, R lần lượt là các điểm nằmtrên đường tròn ngoại tiếp các tam giác AEF, BF D, CDE ( các điểm P.Q.R không trùng với

M ) Khi đó:

a M, P, Q, R thẳng hàng khi và chỉ khi AP, BQ, CR đôi một song song

b M, P, Q, R đồng viên khi và chỉ khi AP, BQ, CR đồng quy

F

P

Do tứ giác AF M P, BM F Q nội tiếp nên ’F AP = ÷F M Q = ’F BQ Suy ra AP k BQ

Tương tự, ta cũng chứng minh được AP k CR

Do đó AP, BQ, CR đôi một song song

(⇐) Giả sử AP, BQ, CR đôi một song song Khi đó ’F AP = ’F BQ

Do tứ giác AF M P, BM F Q nội tiếp nên ÷F M P + ÷F M Q = 1800− ’F AP + ’F BQ = 1800.Suy ra M, P, Q thẳng hàng Tương tự, ta cũng chứng minh được M, P, R thẳng hàng

Do đó bốn điểm M, P, Q, R thẳng hàng

b (⇒) Giả sử M, P, Q, R đồng viên

E

MQ

F

R

PV

Gọi N là giao điểm của AP, BQ Do tứ giác AF M P, BM F Q nội tiếp nên ’AP M = ÷BF M =

÷

M QN Suy ra tứ giác M P N Q nội tiếp

Lại có, tứ giác M P QR nội tiếp, nên AP, BQ cắt nhau tại N nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứgiác M P QR

Tương tự, ta cũng chứng minh được AP, CR cắt nhau tại một điểm nằm trên đường tròn ngoạitiếp tứ giác M P QR

Do đó AP, BQ, CR đồng quy tại một điểm nằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giác M P QR.(⇐) Giả sử AP, BQ, CR đồng quy tại N

Chứng minh tương tự như trên ta được: Tứ giác M P N Q, M P N R nội tiếp Do đó M, P, Q, R, Nđồng viên

B C

QD

Chứng minh 9 Ta có nhận xét đơn giản sau: Cho hai tam giác ABC, DEF có các đường thẳng

AD, BE, CF đồng quy Khi đó nếu AB k DE và BC k EF thì AC k DF

Áp dụng nhận xét này cho các cặp tam giác ∆F QN và ∆DEG, ∆F M N và ∆BEG,

∆F M P và ∆AEG ta suy ra các đường thẳng M N, M P, N Q cùng song song với EG

Do đó M, N, P, Q thẳng hàng và đường thẳng đi qua chúng song song với EG

8 Tính chất 8.

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) H là một điểm bất kì trong tam giác Một đườngthẳng bất kì qua H cắt AC, BA lần lượt tại M, N Trên BC lấy các điểm P, Q sao cho M P k

BH, N Q k CH N Q cắt M P tại R.N Q cắt AC tại X Chứng minh rằng N XCBAQ, CQRM P X

có chung điểm Miquel

Chứng minh 10 Gọi T là điểm Miquel của tứ giác toàn phần N XCBAQ Đường thẳng

BH, CH cắt đường tròn (O) theo thứ tự tại E, F Do T là điểm Miquel của N XCBAQ nên

A, T, X, N đồng viên nên (T A, T N ) ≡ (XA, XN ) ≡ (CA, CF ) ≡ (T A, T F ) (mod π) ⇒ F, N, Tthẳng hàng

F

M

RH

A

E

CX

TN

Q

P

Gọi M0 là giao điểm của T E với AC

Theo định lí Pascal, với bộ sáu điểm ÅA F E

9 Tính chất 9.

Cho tứ giác toàn phần ABCDEF M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần Các tiếp tuyếntại M của các đường tròn (F AB), (EBC), (DCF ), (EAD) theo thứ tự cắt các đường thẳng

AB, BC, CD, DA tại X, Y, Z, W

a Hai đường tròn (F W Y ), (EXZ) tiếp xúc với nhau tại M

b Trong trường hợp tứ giác ABCD không nội tiếp, thì X, Y, Z, W đồng viên

c Trong trường hợp tứ giác ABCD nội tiếp, thì X, Y, Z, W thẳng hàng

Chứng minh 11

Z D

XB =

XC

XA =

ACBA

⇒ XC

XA =

AC2

BA2.Lại có: CX

Suy ra bốn điểm E, X, Z, M đồng viên.

Tương tự ta cũng chứng minh được bốn điểm F, Y, W, M đồng viên

Gọi t1, t2 theo thứ tự là tiếp tuyến của hai đường tròn EXZ, F Y W tại M Ta sẽ chứngminh t1 ≡ t2

(t1, t2) ≡ (t1, EM ) + (EM, F M ) + (F M, t2)

≡ (XM, XE) + (EM, F M ) − (Y M, Y F )

≡ (XM, BM ) + (BM, AB) + (EM, F M ) − [(Y M, M B) + (M B, BC)]

≡ (F M, F B) + (BM, AB) + (EM, F M ) − [(EM, EB) + (M B, BC)]

≡ (F M, F B) + (BM, AB) + (EM, F M ) + (EB, EM ) + (BC, M B)

≡ 0 (mod π)

Suy ra t1 ≡ t2

Vậy hai đường tròn (F W Y ), (EXZ) tiếp xúc với nhau tại M

b Trước hết, ta chứng minh XZ, W Y cắt nhau tại một điểm thuộc tiếp tuyến chung tại Mcủa hai đường tròn (F W Y ), (EXZ)

Giả sử gọi R là giao điểm của tiếp tuyến chung tại M của hai đường tròn (F W Y ), (EXZ)với đường thẳng XZ

Vì vậy, ta có: (Y W, Y R) ≡ (Y W, Y M )+(Y M, Y R) ≡ (BA, BM )+(BM, BX) ≡ (BA, BX) ≡

0 (mod π) Suy ra R, Y, W thẳng hàng

Ta có: RX.RZ = RM2 = RW.RY, suy ra bốn điểm X, Z, W, Y đồng viên

c

W

YB

AM

Suy ra bốn điểm M, X, Y, B đồng viên

Chứng minh tương tự bốn điểm M, X, W, A đồng viên

Ta có: (XM, XY ) ≡ (BM, BY ) ≡ (BM, BC) ≡ (AM, AD) ≡ (AM, AW ) ≡ (XM, XW )(mod π)

Suy ra: W, X, Y thẳng hàng Tương tự ta chứng minh được X, Y, Z thẳng hàng

Vậy X, Y, Z, W thẳng hàng (điều phải chứng minh)

B MỘT SỐ BÀI TOÁN LIÊN QUAN TỚI ĐIỂM MIQUEL.

BÀI 1 (China Team Selection 2018, P1, Test 2) Cho tam giác ABC có điểm D di chuyểntrên cạnh BC Dựng E, F lần lượt trên AC và AB sao cho BF = CD, CE = BD P là giaođiểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác BDF, CDE Chứng minh rằng tồn tạiđiểm Q cố định sao cho độ dài P Q là hằng số

L Lời giải

Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC G là điểm trên BC sao cho CG = BD

Nhận thấy: G, E đối xứng với nhau qua IC suy ra IE = IG = IF Tam giác AEF có I là giaophân giác góc ’EAF và trung trực đoạn EF Vậy I nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giácAEF

Theo định lí Miquel ta có đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF đi qua điểm P

Gọi Y là giao điểm thứ hai của đường thẳng BI với đường tròn ngoại tiếp tam giác BDF, Z làgiao điểm thứ hai của đường thẳng CI với đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE

Ta có

Y F = Y D, F B = DC, ’Y F B = ’Y DC

P

YQ

EF

DIA

Z

Suy ra ∆Y F B = ∆Y DC ⇒ Y B = Y C Chứng minh tương tự ta có ZB = ZC Vậy Y, Z làgiao của trung trực đoạn BC với IB, IC Suy ra Y, Z cố định

Áp dụng tính chất 6 ta có I, Y, Z, P đồng viên Vậy P nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác

IY Z cố định Gọi Q là tâm của đường tròn này, ta có P Q cố định, không phụ thuôc vào vị trí

FA

ME

Suy ra tứ giác M SY Q nội tiếp Do đó S thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác QM Y

Từ đây suy ra S thuộc cả hai đường tròn ngoại tiếp các tam giác P M X, QM Y , nên theo định

lí Miquel thì S thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác T XY

Do M X k BE, M Y k F C, nên suy ra

E, F.EP cắt F Q tại T Hai đường thẳng qua M song song với AB, AC theo thứ tự cắt EP, F Qtại X, Y Chứng minh rằng (T XY ) tiếp xúc với (AP Q)

BÀI 3 ( Iran TST vòng 1, ngày 1, năm 2017) Cho tam giác ABC, Ia là tâm đường trònbàng tiếp góc A Gọi $ là đường tròn bất kì qua A, Ia cắt các đường thẳng AB, AC theo thứ tựtại X, Y Gọi S, T là các điểm trên IaB, IaC sao cho ’AXIa = ’BT Ia, ’AY Ia= ’CSIa Các đườngthẳng BT, CS cắt nhau tại K, KIa, T S cắt nhau tại Z Chứng minh rằng X, Y, Z thẳng hàng.

Suy ra ∆CIaY = ∆CIaL(c.g.c) ⇒ T Y = T L

Từ đây ta có SX, SL đối xứng với nhau qua IaB T Y, T L đối xứng với nhau qua IaC

BÀI 4 ( Trường hè Bắc Trung Bộ 2015) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) vàABCD không phải là hình thang Gọi E là giao điểm của AC và BD, P là một điểm thuộcđường thẳng OE Đường tròn ngoại tiếp tam giác P AD và P BC cắt nhau tại điểm thứ hai Q

a Chứng minh rằng Q thuộc một đường tròn cố định khi P di chuyển

b Đường tròn ngoại tiếp tam giác P AB, P CD cắt nhau tại điểm thứ hai R Chứng minhrằng đường thẳng QR luôn đi qua một điểm cố định khi P di chuyển.

L Lời giải

a Gọi M là giao điểm của AD và BC, N là giao điểm của AB và CD Gọi F là giao điểm của

OE và M N Theo nhận xét trên ta có OF ⊥M N và F là điểm Miquel của tứ giác toàn phầnABCDM N Từ đó ta có tứ giác F DAN nội tiếp

Theo tính chất phương tích ta có P, Q, M thẳng hàng

Ta có M F.M N = M A.M D = M Q.M P, suy ra tứ giác P QF N nội tiếp Do đó: ’N QP = ’N F P =

900 Vậy Q thuộc đường tròn đường kính M N cố định

B

R

A

ML

FC