đường tròn là 399 400 , suy ra 399 đường tròn này không phủ hết đường tròn
O ' . Dođó sẽ có vô số khoảng trống giữa các đường tròn hay tồn tại vô số hình tròn có bán kính bằng 1 đơn vị nằm trong đường tròn
O và không chứa điểm nào trong 399 điểm1 2 399
A , A ,..., A .
Kết hợp với điều kiện xác định của phương trình ta được tập nghiệm là 1 13 1 13
3 ; 3
S .
b) Giải hệ phương trình 2 2 42 3 6 0
4 12 4 9 0
xy x y
x y x y
Phân tích. Quan sát các phương trình của hệ ta thấy phương trình thứ nhất có bậc nhất đối với mỗi ẩn, do đó ta có thể biểu diễn ẩn này theo ẩn kia và thế vào phương trình thứ hai, tuy nhiên sau phép thế phương trình thu được có bậc 4 nên ta tạm thời chưa sử dụng phép thế. Quan sát kỹ các phương trình ta thấy phương trình thứ nhất có thể phân tích được
2xy 4x 3y 6 0 2x 3 y 2 0. Đến đây ta giải được hệ phương trình.
Lời giải. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với
2 3 0 3
2 4 3 6 0 2 3 2 0 2 0 22
x x
xy x y x y
y y
+ Với 3
x 2, thế vào phương trình thứ hai của hệ và thu gọn ta được
2 0
4 0
4 y y y
y .
+ Với x 2, thế vào phương trình thứ hai của hệ ta được
2 1 5
4 12 5 0 ;
2 2
x x x x .
Vậy hệ phương trình có các nghiệm x y; là 1 3 3 5
; 2 , ; 4 , ;0 , ; 2
2 2 2 2 .
Nhận xét. Để ý rằng phương trình thứ hai của hệ có bậc hai đối với mỗi ẩn nên ta xem phương trình đó là phương trình ẩn y và tham số là x (vì hệ số cao nhất của y là 1). Khi đó ta viết phương trình lại thành y2 4y 4x2 12x 9 0. Đến đây ta được
' 2 4x2 12x 9 4x2 12x 9, không có dạng chính phương. Do đó phương trình không phân tích được thành tích. Để ý lên hệ giữa hai phương trình của hệ ta thấy
2 2 2
4x y 4xy 2x y và 12x 4y 8x 6y 4x 2y. Do đó từ hệ phương trình ta được
2 2 2 2
2
4 12 4 9 2 2 4 3 6 0 4 4 4 2 3 0
2 2 2 3 0 2 1 2 3 0
x y x y xy x y x y xy x y
x y x y x y x y
Đến đây ta có thêm một cách giải khác cho hệ phương trình.
Trong hệ phương trình mà mỗi phương trình có bậc hai đối với mỗi ẩn thì ta cần kiểm tra cụ thể từng phương trình xem có phương trình nào phân tích được thành tích. Khi không có phương trình phương trình nào phân tích được thành tích thì ta mới nghĩ đến phép cộng, trừ theo vế hai phương trình.
Nhận thấy giá trị của y nhận được là 4; 2;0, điều này có nghĩ là phương trình ẩn y có thể phân tích được dẽ dàng. Do đó ta có thể rút x theo y từ phương trình thứ nhất rồi thế vào phương trình thứ hai để đươncj một phương trình bậc 4 ẩn y. Chú ý là khí rút x theo y ta phải xét các trường hợp của y để phương trình có thể phân tích được.
Câu 2. Tìm tất cả các cặp số nguyên dương x y; sao cho x2 2 xy 2 .
Phân tích. Khi giải bài toán số học về quan hệ chia hết ta luôn có thói quen đặt kết quả phép chia bằng k để đưa về dạng phương trình nghiệm nguyên. Ở đây ta cũng sẽ áp dụng hướng đi như vậy.
Đặt x2 2 k xy 2 khi đó ta được x2 kxy 2k 2 0 là một phương trình bậc hai nên ta có hai ý tưởng để giải phương trình trên đó là sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình hoặc áp dụng hệ thức Vi – et. Xem phương trình trên là phương trình bậc 2 ẩn x thì ta có.
+ Ý tưởng 1. Sử dụng điều kiện có nghiệm của phương trình
Ta có k y2 2 4 2k 2 k y2 2 8k 8. Để phương trình có nghiệm x nguyên thì phải là số chính phương. Đến đây có vẻ như hướng đi này không hợp lí cho lắm vì nếu k y2 2 8k 8 là số chính phương thì cũng rất khó để tìm được k.
+ Ý tưởng 2. Sử dụng hệ thức Vi – et để tìm điều kiện của k. Giả sử x y0; 0 thỏa mãn yêu cầu bài toán. Xét phương trình x2 kxy0 2k 2 0, khi đó x0 là một nghiệm của phương trình. Do đó theo định lia Vi – te thì phương trình có một nghiệm nữa là x1. Ta có
0 1 0; 0 1 2 2
x x ky x x k . Đến đây dễ thấy x1 nhận giá trị nguyên âm nên hương đi này không khả thi.
+ Ý tưởng 3. Cũng với ý tưởng đặt k như trên nhưng ta cần thay đổi bài toán một chút xem sao.
2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
x xy x y x x y xy x y xy .
Khi đó đặt 2x 2y k xy 2 và đưa về dạng phương trình nghiệm nguyên để giải. Tuy nhiên để giải quyết được phương trình ta cần giới hạn được k. Để làm được điều này ta cho k nhận một vài giá trị 1;2;... rồi giới hạn k. Ta thấy khi k 1 thì ta tìm được cặp x y; 3;4 thỏa mãn. Khi
2;3;4
k ta thấy phương trình không có nghiệm nguyên dương. Do đó ta nghĩ đến chứng minh k 2.
Lời giải. Ta có x2 2 xy 2 x y2 2x 2x 2y xy 2 2x 2y xy 2 Đặt 2x 2y k xy 2 với k N*
Xét k 2. Khi đó
2x 2y k xy 2 2 xy 2 x y xy 2 x 1 y 1 1 0
Điều này mâu thuẫn vì x y; nguyên dương.
Suy ra k 2 hay k 1. Suy ra 2 x y xy 2 x 2 y 2 2 + Nếu x 2 1;y 2 2 thì x 3;y 4
+ Nếu x 2 2;y 2 1 thì x 4;y 3
Vậy cặp số x y; thỏa mãn bài toán là 3;4 và 4;3 .
Câu 3. Cho a, b, c là các số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
2 2 4
a b c
P a b b c a
Phân tích: Đầu tiên ta dự đoán P nhỏ nhất khi a b c. Khi đó 3
P 4. Ta cần chứng minh 3
P 4 hay
2 2
2 2
3
4 4
a b c
a b b c a . Ý tưởng đầu tiên là ta đưa bất đẳng thức trên về dạng hoán vị. Lại thấy theo bất đẳng thức Cauchy thì ta có
2 2
4 4 2
c c c
a ac a c nên ý tưởng trên lại càng có cơ sở.
Như vậy ta chỉ cần chứng minh được
2 2 2
2 2 2
3 4
a b c
a b b c a c .
Để ý ta thấy
2
2 2 2
3 x y z
x y z , áp dụng thì ta được
2 2 2 2
2 2 2
1 3
a b c a b c
a b b c c a
a b b c a c
Ta cần chứng minh
1 2 3 3
3 4 2
a b c a b c
a b b c c a a b b c c a . Nếu áp
dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được bất đẳng thức sai. Do đó ta nghĩ đến hướng khác.
Ta có
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
a b c
a b c
a b b c a c a a b b b c c c a và ta đi chứng minh
2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 4 a b c
a a b b b c c c a
Hay ta cần chứng minh a4 b4 c4 5 a b2 2 b c2 2 c a2 2 6 a b3 b c3 c a3 . Đến đây ta lại không thể chứng minh được đánh giá trên. Như vậy nếu sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki để đánh giá một cách trực tiếp thì không đem lại hiệu quả, do đó ta cần thay đổi hình thức bài toán trước.
Để ý rằng ta viết lại được bất đẳng thức cần chứng minh thành
2 2 2
1 1 1 3
1 b 1 c 1 a 4
a b c
.
Đặt b; c; a
x y z
a b c, khi đó ta được xyz 1 và bất đẳng thức trên trở thành
2 2 2
1 1 1 3
1 x 1 y 1 z 4
+ Đến đây từ giả thiết xyz 1 ta có thể đổi biến tiếp, trong các cách đổi biến ta để ý đến cách đổi biến dạng np2; mp2 ; mn2
x y z
m n p với m, n, p là các số dương. Khi đó bất đẳng thức được viết lại thành
4 4 4
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
1 1 1 3 3
4 4
1 1 1
m n p
np mp mn m np n mp p mn
m n p
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được
2 2 2
4 4 4
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
m n p
m n p
m np n mp p mn m np n mp p mn
Và ta cần chứng minh
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 4
m n p
m np n mp p mn
hay ta cần chứng minh
4 4 4 5 2 2 2 2 2 2 6
m n p m n n p p m mnp m n p
Dễ thấy m4 n4 p4 m n2 2 n p2 2 p m m n2 2; 2 2 n p2 2 p m2 2 mnp m n p Nên ta được
4 4 4 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
5 6 6
m n p m n n p p m m n n p p m mnp m n p . Vậy bất đẳng thức được chứng minh.
+ Cũng từ 1 2 1 2 1 2
1 x 1 y 1 z ta để ý đến bất đẳng thức 1 2 1 2 1
1 x 1 y xy 1 .
Khi đó ta có 1 2 1 2 1 2 1 1 2
1 x 1 y 1 z 1 xy 1 z .
Chú ý đến giả thiết xyz 1 ta có
2
2 2 2
1 1 1 1
1 1 1 1 2 1
z z z
xy z z z z x .
Như vậy phép chứng minh sẽ hoàn tất nếu ta chỉ ra được
2 2
1 3
2 1 4 z z z x
Hay ta cần chỉ ra 4 z2 z 1 3 z2 2z 1 z 1 2 0. Đến đây ta có lời giải cho bài toán.
Lời giải.
+ Cách 1. Ta có 1 2 1 2 1 2
1 1 1
P
b c a
a b c
. Đặt b; c; a
x y z
a b c khi đó ta được
1
xyz và biểu thức đã cho được viết lại thành 1 2 1 2 1 2
1 1 1
P
x y z .
Trước hết ta chứng minh bất đẳng thức 1 2 1 2 1
1 x 1 y xy 1. Thật vậy, ta có
2 2 2 2
2 2
2 2
2 2 3 3
1 1 1
1 2 2 2 2 1 2 1
1 1 1
1 2 1 0
xy x y x y x x y y
x y xy
xy x y x y xy xy xy x y
Do bất đẳng thức cuỗi cùng luôn đúng nên ta có điều cần chứng minh.
Khi đó ta có
2
2 2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1
1 1 2 1
1 1 1 1 1
z z z
xy z z x
x y z z z
Như vậy ta đi chứng minh
2 2 2 2
2
1 3
4 1 3 2 1 1 0
2 1 4 z z
z z z z z
z x .
Do đó ta được 3
P 4, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x y z 1 hay a b c. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3
4, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi a b c.
+ Cách 2. Hoàn toàn tương tự như trên ta đi chứng minh 1 2 1 2 1 2 3
1 x 1 y 1 z 4
Do xyz 1 nên tồn tại các số dương m, n, p thỏa mãn np2; mp2 ; mn2
x y z
m n p . Khi đó
bất đẳng thức được viết lại thành
4 4 4
2 2 2 2 2 2
2 2 2
2 2 2
1 1 1 3 3
4 4
1 1 1
m n p
np mp mn m np n mp p mn
m n p
Áp dụng bất đẳng thức Bunhiacopxki dạng phân thức thì được
2 2 2
4 4 4
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
m n p
m n p
m np n mp p mn m np n mp p mn
Và ta cần chứng minh
2 2 2
2 2 2
2 2 2
3 4
m n p
m np n mp p mn
hay ta cần chứng minh
4 4 4 5 2 2 2 2 2 2 6
m n p m n n p p m mnp m n p
Dễ thấy m4 n4 p4 m n2 2 n p2 2 p m m n2 2; 2 2 n p2 2 p m2 2 mnp m n p Nên ta được
4 4 4 5 2 2 2 2 2 2 6 2 2 2 2 2 2 6
m n p m n n p p m m n n p p m mnp m n p .
Như vậy bất đẳng thức 1 2 1 2 1 2 3
1 x 1 y 1 z 4 hay 3
P 4.
Nhận xét. Có thể áp dụng bất đẳng thức 1 2 1 2 1
1 x 1 y xy 1 đánh giá trực tiếp như sau
Ta có
2 2
2 2 2 2
1 1
4 4
1 1
a b c c
P a b b c a b c a
a b
Đặt b; c
x b
a b nên ta có c
a xy. Khi đó ta có 1 2 1 2
1 1 4
P xy
x y
Áp dụng bất đẳng thức trên và bất đẳng thức Cauchy ta được
1 1 1 1 1 1 1 1 3
2 1
1 4 1 4 4 1 4 4 4 4
xy xy xy
P xy xy xy
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3
4, dấu bằng xẩy ra khi và chỉ khi x y 1 hay a b c.
Có thể thấy được hình thức đơn giản của biểu thức P, tuy nhiên khi đi vào đánh giá ta thấy được sự khó khăn. Do vậy để hoàn thành được bài toán đòi hỏi phải phải nẵm vững các kiến thức cơ bản về bất đẳng thức và phải làm nhiều mới có kinh nghiệm khi xử lý các bất đẳng thức khó.
Câu 4. Cho điểm A cố định nằm ngoài đường tròn O . Kẻ các tiếp tuyến AE, AF của O (E, F là các tiếp điểm). Điểm D di động trên cung lớn EF sao cho DE DF, D không trùng với E và tiếp tuyến tại D của O cắt các tia AE, AF lần lượt tại B, C.
a) Chứng minh rằng tứ giác BNMC nội tiếp
Phân tích tìm lời giải. Yêu cầu chứng minh tứ giác nội tiếp đường tròn làm ta nhớ đến các phương pháp chứng minh đã được học, tuy nhiên xử lý theo hướng nào thì lại phụ thuộc đến việc đọc được các giả thiết đang còn bị ẩn đi của bài toán. Quan sát hình vẽ và kết hợp với yếu tố liên quan đến đường tròn nội tiếp ta nghĩ đến chứng minh tứ giác BNMC nội tiếp theo các hướng đi như sau.
+ Hướng 1. Đầu tiên với tư tưởng chứng minh hai góc đối diện của tứ giác BNMC có tổng bằng 1800. Điều này có nghĩa là ta cần chỉ ra được
1800
NBC NMC . Tuy nhiên
trong bài toán các góc ta xét là các góc bất kì và lại không có mối quan hệ với nhau nên hướng đi này không cho ta kết quả mong muốn.
+ Hướng 2. Chứng minh hai góc BMC BNC . Quan sát hình vẽ ta dự đoán rằng BMC BNC 900.
Để ý rằng ta có BFO BDO 900, do đó ta quy bài toán về chứng minh các tứ giác BONE hoặc DONE và các tứ giác COFM hoặc DOMC nội tiếp. Do vai trò của điểm M và N như nhau nên các phép chứng minh tương tự nhau. Do O là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên ta sử dụng phép biến đổi góc để chứng minh tứ giác BONE hoặc DONE ( Với các tứ giác giác COFM hoặc DOMC ta biến đổi hoàn toàn tương tự).
- Để chứng minh tứ giác BONE nội tiếp ta biến đổi góc như sau
0 1 0 1 1 1
ONE EFA OCA 90 OAF ACA 90 BAC ABC
2 2 2 2ABC ABO
- Để chứng minh tứ giác DONE nội tiếp ta biến đổi góc 1
DEF DOF COD
2 .
Do A cố định và B, C thay đổi nên ta thấy N có thể nằm trên đoạn thẳng EF và cũng có thể nằm trên tia đối của tia EF. Trường hợp N nằm trên EF ta biến đổi như trên, còn trường hợp N nằm trên tia đối của tia EF ta biến đổi hoàn toàn tương tự với điểm M trong hình trên, do đó ta không cần phải xét hai trường hợp. Ngoài ra trong phép phân tích trên ta không đi theo hướng
J
L NK
M
I O Q P
G H
F
E
D C
B A
chứng minh tứ giác BDON nội tiếp vì ta đang cần chứng minh BNO 900 nên không thể biến đổi các góc liên quan đến điểm N đến các góc đặc biệt trong bài toán.
+ Hướng 3. Chứng minh NCB NMB hoặc tương tự với MNC MBC. Theo giả thiết của bài toán ta có 1
NCB 2ACB. Như vậy ta cần chỉ ra được 1
NMB 2ACB. Quan sát hình vẽ ta có AF 1
NMB AFE ABM E 2ABC . Mà ta lại có 0 1
AF 90
E 2BAC. Từ đó ta được
0 1 1
90 2 2
NMB BAC ABC ACB. Đến đây ta thấy có thêm một lời giải cho ý thứ nhất của bài toán.
Trình bày lời giải.
+ Lời giải 1. Ta có 1
DEF 2DOF DOC nên DEF DON 1800 suy ra ta có tứ giác DONE nội tiếp. Mặt khác ta có BEO BDO 900 nên BDOE nội tiếp. Như vậy năm điểm B, D, E, O, N cùng thuộc một đường tròn. Từ đó suy ra BNO BEO 900. Chứng minh tương tự ta được BMC 900. Như vậy ta có BMC BNC 900 hay tứ giác BNMC nội tiếp.
+ Lời giải 2. Theo giả thiết của bài toán ta có 1
NCB 2ACB. Do AFE là góc ngoài của
tam giác FBM nên ta có 1
AF 2
NMB AFE ABM E ABC . Mà ta lại có
0 1
AF 90
E 2BAC. Từ đó ta được 0 1 1
90 2 2
NMB BAC ABC ACB. Kết hợp
hai kết quả ta thu được NMB NCB, do đó tứ giác BNMC nội tiếp đường tròn.
b) Chứng minh rằng OI song song với DK.
Phân tích. Giả thiết cho các tia phân giác và cầu chứng minh hai đường thẳng song song nên ta nghĩ đến các hướng đi sau.
+ Hướng 1. Sử dụng tính chất tia phân giác để suy ra các tỉ số bằng nhau và áp dụng định lí Talet
để chứng minh hai đường thẳng song song. Ta có OB IB
OC IC và DE EK
DF FK , ta phải tìm được mối liên hệ giữa tỉ số IO CI;
DK CD với các tỉ số trên. Tuy nhiên đến đây thì có vẻ như hướng đi này không thể tiếp tục.
+ Hướng 2. Sử dụng phép biến đổi góc cộng góc để chỉ ra một cặp góc đồng vị hoặc một cặp góc so le trong bằng nhau. Ở đây ta để ý đến các tia phân giác
Ta có 1800 1800 900 900
2 2 2
ABC ACB ABC ACB
EDF EDB FDC
Mà ta lại có 900
2 4 4
EDF ABC ACB
KDC KDF FDC FDC
Như vậy ta cần chỉ ra được 900
4 4
ABC ACB
OIC . Tuy nhiên do OI là phân giác của
BOC nên điều này hiển nhiên đúng.
+ Hướng 3. Gọi H là giao điểm của BO với DE và G là giao điểm của CO với CF. Gọi J là giao điểm của DK với OB. Khi đó để ý đến tứ giác OHDG nội tiếp đường tròn ta có HOG HDG 1800. Để ý rằng OI là phân giác của góc BOC và DK là phân giác của góc EDF nên EDK BOI 900. Mà ta lại có EDK BJD 900 nên ta được BOI BJD. Từ đó suy ra OI song song với DK.
Trình bày lời giải.
+ Lời giải 1. Ta có biến đổi góc như sau
0 0
180 180 90 90
2 2 2
o ABC o ACB ABC ACB
EDF EDB FDC
Mà ta lại có 900 900
2 4 4 2 4 4
EDF ABC ACB ACB ABC ACB
KDC FDC .
Mặt khác do OI là phân giác của góc BOC nên ta có
0 0
1 180 90
2 2 2 2 2 2 4 4
ABC ABC BOC ABC ACB ABC ACB
OIC BOI
Kết hợp hai kết quả trên ta suy ra KDC OIC nên OI song song với DK
+ Lời giải 2. Gọi H, G lần lượt là giao điểm của BO với DE và CO với CF. Gọi J là giao điểm của DK với OB. Khi đó dễ thấy tứ giác OHDG nội tiếp đường tròn, do đó ta được HOG HDG 1800. Do OI là phân giác của góc BOC và DK là phân giác của góc EDF nên ta có EDK BOI 900. Mà ta lại có EDK BJD 900 nên ta được BOI BJD. Từ đó suy ra OI song song với DK.
c) Chứng minh đường thẳng IK luôn đi qua một điểm cố định.
Phân tích. Trên cở sở hình vẽ ta dự đoán rằng đường thẳng IK đi qua điểm A. Cũng từ giả thiết ta được điểm A cố định nên nhận định trên càng có cơ sở. Như vậy ta cần phải chứng minh được ba điểm I, K, A thẳng hàng. Từ giả thiết bài toán và kết quả các hai ý đầu ta nghĩ đến việc lập các tỉ số bằng nhau để áp dụng định lý Talets hoặc chỉ ra điểm K trùng với giao điểm của AI với EF.
+ Hướng 1. Giả sử P là giao điểm của DK với đường tròn O , khi đó P là điểm chính giữa cung nhỏ EF và ba điểm O, P, A thẳng hàng. Để ý rằng lúc này KP song song với OD, như vậy nếu ta có được KP AP
OI AO thì xem như bài toán được chứng minh. Ta cần tìm các tỉ số bằng với KP AP;
OI AO.
Gọi Q là giao điểm của AO với EF, khi đó dẽ thấy hai tam giác KPQ và IDO đồng dạng với nhau nên ta có KP PQ PQ
OI DO PO . Mặt khác ta có
1 1 1 1
PQ OQ OQ OE OP AP
PO PO OE OA OA OA. Như vậy ta có một lời lời giải cho bài
toán.
+ Hướng 2. Cũng đi chứng minh KP AP
OI AO, nhưng ở đây ta tiếp cận bài toán theo một con đường khác hơn. Dễ thấy KPO KDO DOI nên hai tam giác KQP và DIO đồng dạng, do đó
Từ đó ta được KP PQ PQ
OI OD OE . Mặt khác ta lại có P là điểm chính giữa cung nhỏ EF nên EP là phân giác của tam giác AEQ, từ đó ta được PA EA AO
PQ EQ EO , suy ra PA PQ
OA EO. Kết hợp hai kết quả trên ta được AP KP
AO OI , như vậy ta có lời giải khác cho bài toán.
+ Hướng 3. Gọi K’ là giao điểm của AI với EF, ta cần chứng minh hai điểm K và K’ trùng nhau.
Chú ý rằng ta đã có PD song song với OI, như vậy nếu chỉ ra được PK’ song song với OI thì bài toán xem như được chứng minh.
Gọi giao điểm của AO với đường tròn O là L. Khi đó 1
COL 2 BAC BCA . Mặt khác
0 1 0 1 0 1
90 90 180
2 2 2
DOB EOB ABC BAC BCA BAC BCA . Từ đó ta
được COL BOD nên suy ra DOI LOI , điều này dẫn đến IOD IOL, do đó LI là tiếp tuyến của đường tròn O .
Dễ thấy AP.AL AE2 AQ.AO nên ta được AQ AP
AL AO . Mà do QK’ song song với IL nên theo định lý Talets ta có
AQ AK'
AL AI . Từ đó
AK' AP
AI AO nên có PK' song song với OI. Điều này dẫn đến PK’ và PD trùng nhau hay K và K’ trùng nhau. Từ đó suy ra ba điểm A, K, I thẳng hàng.
Trình bày lời giải.
+ Lời giải 1. Giả sử P là giao điểm của DK với cung nhỏ EF, khi đó P là điểm chính giữa cung nhỏ EF. Từ đó suy ra ba điểm A, P, O thẳng hàng. Gọi Q là giao điểm AO với EF. Do đó ta được AO vuông góc với EF tại Q.
Xét hai tam giác vuông KPQ và IDO có OID ODP KPQ nên KPQ∽ IDO. Do đó ta được KP PQ PQ
OI DO PO . Mặt khác ta lại có OAE 900, EQ OP và OE OP nên ta được OQ OE
OE OA. Từ đó suy ra PQ 1 OQ 1 OQ 1 OE 1 OP AP
PO PO OE OA OA OA
Kết hợp hai kết quả trên ta được KP AP
OI AO, mà ta có KP song song với OD. Do đó suy ra ba điểm A, K, I thẳng hàng. Vậy IK luôn đi qua điểm cố định A.