Bài toán.
Cho tam giác $ABC$ có $\widehat{A}$ là góc lớn nhất, phân giác trong $AM$. Gọi $P$ là trung điểm $AM$.

Hai điểm $X,Y$ nằm trên các đoạn thẳng $BP,CP$ sao cho $\widehat{AXC}=\widehat{AYB}=90^{0}$. Chứng

minh rằng $XBYC$ nội tiếp.

Lời giải.

Gọi $X'$ là điểm nằm trên cạnh $BP$ thỏa $AP$ là tiếp tuyến của đường tròn $\left ( ABX' \right )$

Gọi $H$ là hình chiếu của $A$ xuống cạnh $BC$

Do $AP$ là tiếp tuyến $(ABX')$ nên $$PH^{2}=AP^{2}=PX'.PB\Rightarrow \frac{PH}{PB}=\frac{PX'}{PH}\Rightarrow \Delta PHX'\sim \Delta PBH (c-g-c)$$

Suy ra $$\widehat{AX'H}=\widehat{AX'P}+\widehat{PX'H}=\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{PHB}=90^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{PHA}=90^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}+\widehat{MAH}$$$$\Rightarrow \widehat{AX'H}=180^{2}+\frac{\widehat{A}}{2}-\widehat{AMH}=180^{0}+\frac{\widehat{A}}{2}-\left ( \frac{\widehat{A}}{2} +\widehat{C}\right )=180^{0}-\widehat{C}$$

Vậy tứ giác $AX'HC$ nội tiếp nên $\widehat{AX'C}=\widehat{AHC}=90^{0}\Rightarrow X'\equiv X$

Do đó $PA^{2}=PX.PB$. Tương tự $PA^{2}=PY.PC$

Dẫn đến $PX.PB=PY.PC$ nên tứ giác $XBYC$ nội tiếp.