Chứng minh. Ta có∠BP Q= ∠P AB,∠BQP =∠BAQ⇒ ∠P BQ+∠P AQ = 180◦. Suy ra ∠P HQ+∠P AQ = 180◦. Suy ra A, P, Q, H cùng nằm trên một đường tròn. Gọi I là giao điểm của AB và P Q. Khi đó I là trung điểm P Q. Do P I là đường đối trung ngoài của tam giác BAP và QI là đường đối trung ngoài của tam giác BAQ, nên ta có
P A2 P B2 = IA IB = QA2 QB2. Suy ra P A QA = P B QB = P H QH ⇒ P A·HQ =QA·HP.
Do đó tứ giác AP HQ điều hòa. Suy ra S ∈AH. Điều phải chứng minh. Bài toán 2.4.2 (APMO 2013). Cho ABCD là hình bình hành nội tiếp đường tròn ω, cho P là điểm nằm trên phần kéo dài của AC sao cho P B và P D là tiếp tuyến của ω. Tiếp tuyến tại C giao với P D tại Q và giao với AD tại R. Gọi E là giao điểm thứ hai giữa AQ với ω. Chứng minh rằng B, E, R thẳng hàng.
Chứng minh. Đặt R0 =AD∩BE. Chú ý rằng các tiếp tuyến tại B vàD đồng quy trênAC tạiP, nênABCDlà tứ giác điều hòa, do đó các tiếp tuyến tạiC và A đồng quy trênBDtạiX. Áp dụng định lý Pascal cho lục giácAAEBDD, ta được ba điểmX =AA∩BD,Q =AE∩DDvàR0 = BE∩ADthẳng hàng. Bây giờ chú ý rằng cảX vàQđều nằm trên đường tiếp tuyến tạiC, cho nênR0 cũng nằm trên đường tiếp tuyến tạiC. Suy raR0 = CC∩AB∩BE = CC∩AD= R. Do đó R0 và R trùng nhau. Vì R0 = R nằm trên BE, suy ra B, E, R thẳng hàng. Điều phải chứng minh.
Bài toán 2.4.3. Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Tiếp tuyến của(O)tạiB, C cắt nhau tạiS. Trung trực củaAB, AC cắt phân giác trong gócBAC tạiM, N. BM, CN cắt nhau tại P. Chứng minh rằngSAđi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác M N P.