Cho 2 đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại A và B. Từ A kẻ một đường thăng d thay đổi cắt (O) tại C, cắt (O’) tại D. Tiếp tuyến tại C của (O) cắt tiếp tuyến tại D của (O’) ở M. Các đường thẳng CM, BD cắ...

a) Để chứng minh I, K, R thẳng hàng, ta sử dụng định lí Menelaus trong tam giác BCD và đường chéo MQ: Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác BCD với đường chéo MQ, ta có: $\frac{BP}{PC} \cdot \frac{CM}{MD} \cdot \frac{DQ}{QB} = 1$ Vì $CM = MD$ nên $\frac{BP}{PC} = \frac{DQ}{QB}$ Áp dụng định lí Menelaus trong tam giác BCD với đường chéo PQ, ta có: $\frac{BP}{PC} \cdot \frac{CI}{ID} \cdot \frac{DK}{KB} = 1$ Vì $\frac{BP}{PC} = \frac{DQ}{QB}$ nên $\frac{CI}{ID} = \frac{DK}{KB}$ Từ đó suy ra I, K, R thẳng hàng. b) Để xác định vị trí của đường thẳng d để BM lớn nhất, ta cần tìm điểm C sao cho BC là tiếp tuyến của (O). Gọi E là giao điểm của BC và AD. Ta có: $\angle BAC = \angle BDC$ (cùng chắn cung BD) $\angle BCA = \angle BDA$ (cùng chắn cung CD) Do đó, tam giác BCA và BDA đồng dạng. Từ đó suy ra $\frac{BC}{BA} = \frac{BD}{BC}$ Vì BM là đường phân giác của góc ABC nên $\frac{BM}{MA} = \frac{BC}{BA}$ Từ đó suy ra $\frac{BM}{MA} = \frac{BD}{BC}$ Vậy để BM lớn nhất, ta cần tìm điểm C sao cho $\frac{BD}{BC}$ đạt giá trị lớn nhất. c) Để chứng minh EF luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định, ta sử dụng định lí hình chiếu. Gọi H là hình chiếu vuông góc của B lên BD. Ta có: $\angle BHD = 90^\circ$ (đường thẳng BH vuông góc với BD) $\angle BHE = 90^\circ$ (đường thẳng BE vuông góc với BC) Do đó, tứ giác BHED nội tiếp trong một đường tròn. Tương tự, gọi G là hình chiếu vuông góc của B lên CM. Ta có tứ giác BGFC nội tiếp trong một đường tròn. Vì EF là đường thẳng nối hai điểm chéo của tứ giác BGFC và BHED, nên EF luôn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tứ giác BGFC và BHED.