Phương tích- hàng điều hòa

Bài toán: Cho tam giác nhọn $ABC$ và một đường tròn thay đổi qua $B, C$ cắt $AB, AC$ tại $M, N$. Gọi $P$ là giao điểm của $BN$ và $CM$, $Q,T$ là giao điểm của $AP, MN$ với $BC$. Đường thẳng qua $Q$ và song song với $MN$ gặp $AB, AC$ lần lượt tại $R, S$.
      a. Chứng minh rằng: đường tròn ngoại tiếp tam giác $BKN$ luôn đi qua điểm cố định.
      b.Gọi $K$ là trực tâm tam giác $AMN$. Đặt $BC=a, d$ là khoảng cách từ $A$ tới $PK$. Chứng minh rằng, $d\le a. \cot A$

Lời giải:
     a. Ta có $RS || MN$ nên $\angle BRS=\angle TMb=180^o-\angle BMN=\angle BCS$, hay tứ giác $BSCR$ nội tiếp, suy ra: $$\overline{QB}.\overline{QC}=\overline{QR}.\overline{QS}$$ Mặt khác, ta lại có $(BCQT)=-1$, Gọi $E$ là trung điểm $BC$, theo hệ thức Maclaurin ta có: $$\overline{QT}.\overline{QW}=\overline{QB}.\overline{QC}$$ Từ đây suy ra: $\overline{QT}.\overline{QE}=\overline{QR}.\overline{QS}$, tức là $T, R, S, E$ đồng viên hay nói cách khác đường tròn $(TRS)$ luôn đi qua trung điểm $E$ cố định của $BC$.
   b. Ký hiệu $(XY)$ là dùng để chỉ đường tròn có đường kính $XY$. Gọi $B', C'$ là hình chiếu của $B, C$ lên $AB, AC$. Khi đó, dễ thấy $B'\in (BN),\, C'\in (CM)$.
   Ta có: $\Delta B'C'H\sim \Delta CBH$ nên: $$\overline{HB'}.\overline{HB}=\overline{HC'}.\overline{HC}$$ Suy ra $H$ nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn $(BN)$ và $(CM)$. Tương tự, ta cũng chứng minh được $K$ nằm trên trục đẳng phương của $(BN)$ và $(CM)$.
  Mặt khác, ta lại có $\overline{PM}.\overline{PC}=\overline{PN}.\overline{PB}$ nên $P$ nằm trên trục đẳng phương của $(BN) $ và $(CM)$. Vậy, $P, K, H$ thẳng hàng, suy ra: $d\le AH$. Kết hợp với: $$AH=\dfrac{AB'}{\sin\angle AHB'}=\dfrac{AB'}{\sin\angle ACB}=BC.\dfrac{AB'}{BB'}=BC.\cot A$$ Tóm lại, ta có được: $d\le a.\cot A$
   Bài toán được chứng minh hoàn toàn.