Bài toán 2.4.1 ([2]). Cho đường tròn (O;R). Gọi P là một điểm nằm ngoài đường tròn. Kẻ quaP hai tiếp tuyến tới (O)với hai tiếp điểm lần lượt là A, B. Vẽ đường kính BC của (O), gọi H là hình chiếu của A lên BC, nối P C cắt AH tại I. Chứng minh rằng I là trung điểm AH.
Hình 2.13: I là trung điểm AH.
Lời giải. GọiJ là giao điểm thứ hai củaP C với(O). Ta cóJ ACBlà tứ giác điều hòa. Do đó, nếu gọiCt là tiếp tuyến tạiC của(O)thì(Ct, CJ, CA, CB) = −1. Do AH k Ct nên theo Định lý 1.1.5 về chùm điều hòa, ta có I là trung điểm
Ta cũng có thể giải bài toán mà không dùng tứ giác điều hòa như sau: Gọi K là giao điểm củaCAvàBP. Do ABK là tam giác vuông tại AvàP A =P B nên P là trung điểm KB.
Lại do AH kKB nên IH BP = CI CP = AI KP. Do đó, ta có IA= IH.
Bài toán 2.4.2 ([2]). Cho điểm P nằm ngoài đường tròn (O). Từ O kẻ hai tiếp tuyến P A, P B và một cát tuyến P CD tới (O). Đường thẳng qua B song song với P Acắt AC, AD lần lượt tại G, H. Chứng minhB là trung điểm GH.
Hình 2.14: B là trung điểm GH.
Lời giải. Ta có ACBD là tứ giác điều hòa. Do đó AP, AB, AC, AD là chùm điều hòa. Mà GH song song với AP nên B là trung điểm GH. Bài toán 2.4.3 ([2]). Cho tam giác ABC, D là trung điểm của cạnh BC và E, Z lần lượt là hình chiếu củaD trên AB, AC. GọiT là giao điểm của các tiếp tuyến tại E, Z của đường tròn đường kính AD. Chứng minh rằng T B =T C.
Hình 2.15: T B =T C.
Lời giải. Gọi F là giao điểm của DT với đường tròn đường kính AD. Ta có EDZF là tứ giác điều hòa. Vì Anằm trên đường tròn ngoại tiếp tứ giácEDZF nên
(AB, AC, AF, AD) = (AE, AD, AZ, AF) =−1.
Mặt khác, vì D là trung điểm của BC nên AF k BC, suy ra DT vuông góc với BC. Suy ra tam giác T BC cân tại T hay T B = T C. Bài toán 2.4.4 ([2]). Cho điểm C nằm trên tiếp tuyến tại A của đường tròn đường kínhAB (CkhácA), kẻ các cát tuyếnCM N,CP Qtới đường tròn đường kính AB. Các tia AM, AN, AP, AQ lần lượt cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn đường kính AB tại D1, D2, E1, E2. Chứng minh rằng D1E1 =D2E2.
Lời giải. Kẻ tiếp tuyếnCE tới đường tròn đường kính AB với E là tiếp điểm, E khác A. Tia AE cắt tiếp tuyến tại B của đường tròn đường kính AB tại I. Suy ra AM EN là tứ giác điều hòa. Do đó, ta có 4 tia AC, AE, AM, AN tạo thành một chùm điều hòa.
Ta có, tiếp tuyến tại B của đường tròn đường kính AB song song với AC và cắt AE, AM, AN thứ tự tại I, D1, D2 suy ra I là trung điểm của D1D2.
Tương tự I là trung điểm của E1E2. Suy ra ta có D1E1 = D2E2. Bài toán 2.4.5 ([2]). Cho tam giácABC, AB > AC. Đường tròn nội tiếp (I) tam giác ABC tiếp xúc BC tại E. Điểm D là giao điểm thứ hai của (I) với AE. Lấy điểm F (khác E) trên đoạn AE sao cho CE = CF. Tia CF cắt BD tại G. Chứng minh rằng CF = F G.
Hình 2.17: CF =F G.
Lời giải. Không mất tính tổng quát, giả sử ∠B ≤ ∠C (trong trường hợp này F nằm trên đoạn AE). Kí hiệu Y, Z là tiếp điểm của (I) và AC, AB. Kí hiệu T là giao điểm của Y Z và BC.
Dễ thấy DZEY là tứ giác điều hòa. Do đó đường thẳng T D là tiếp tuyến với (I)tại D nên ta có
∠T ED= ∠T DE. Mặt khác, ta có
∠T ED =∠T F E Do vậy
Lại có (B, E, C, T) =−1 nên ta có
(DB, DE, DC, DT) =−1 (2.3)
Từ (2.2) và (2.3) suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.4.6 ([2]). Cho tam giácABC nội tiếp trong đường tròn (O). P là một điểm trên cạnhBC, M là trung điểmBC. AP cắt(O)tại điểm thứ hai P0. Đường tròn ngoại tiếp tam giác P P0M cắt(O) tại điểm thứ hai là N. AN cắt lại đường tròn ngoại tiếp tam giác P P0M tại Q. Đường thẳng P Q cắt đường thẳng AB, AC lần lượt tại V, K. Chứng minh rằng Q là trung điểm KV.
Hình 2.18: Q là trung điểm KV.
Lời giải. Gọi giao điểm của N P0 với đườngBC là G. Dùng phương tích ta thu được
GM ·GP = GP0·GN = GB·GC Do đó, ta có (B, C, G, P) =−1 hay
(P0B, P0C, P0G, P0P) = −1. Suy ra ABN C là tứ giác điều hòa. Ta có
∠P QN +∠P P0N = 180◦ ∠ACN +∠P P0N = 180◦ ∠ACN = ∠xAN .
Do đó
∠P QN =∠xAN .
Do đó P Q song song với tiếp tuyến Ax của (O). Mà ABN C là tứ giác điều hòa nên (Ax, AN, AB, AC) là chùm điều hòa.
Do P Q kAx nên Q là trung điểm KV.
Bài toán 2.4.7 ([6]). Từ điểm A nằm ngoài (O), kẻ hai tiếp tuyến AB, AC (B, C là tiếp điểm) và cát tuyến ADE. Qua D kẻ đường thẳng vuông góc OB cắt BC, BE tại H, K. Chứng minh DH =HK.
Hình 2.19: DH =HK.
Chứng minh. Gọi I là giao điểm của BC và ED, ta có ECDB là tứ giác điều hòa nên(BE, BD, BI, BA) =−1. Mặt khác, ta có DK kAB (cùng vuông góc với OB) nên H là trung điểm của DK.
Bài toán 2.4.8 (IMO–2003,[6]). Giả sử ABCD là một tứ giác nội tiếp. Gọi P, Q, R là chân các đường vuông góc hạ từ D lần lượt trên các đường thẳng BC, CA, AB. Chứng minh rằngP Q = QRkhi và chỉ khi các phân giác các góc ∠ABC và ∠ADC cắt nhau trên AC.
Hình 2.20: P Q=QR.
Lời giải. Ta biết rằng P, Q, R thẳng hàng (đường thẳng Simson). Qua B vẽ đường thẳng song song với P R cắt AC tại M. Phân giác của góc B và D cắt nhau tại một điểm trên AC khi và chỉ khi BA
BC = DA
DC và QP =QR khi và chỉ khi (M, Q, A, C) = −1. Vậy ta chỉ cần chứng minh tứ giác ABCD điều hòa khi và chỉ khi (M, Q, A, C) =−1. Ta có AM AQ = AB AR và CM CQ = CB CP. Mặt khác 4DAR ∼ 4DCP (g.g), suy ra ta có AR CP = DA DC. Do đó ta có (M, Q, A, C) =−1 ⇔ AM AQ = CM CQ ⇔ AB AR = CB CP ⇔ AB CB = AR CP ⇔ AB CD = DA DC. Bài toán 2.4.9 ([5]). Từ điểm P ngoài đường tròn (O) ta vẽ các tiếp tuyến P A, P B với đường tròn ấy. Từ B vẽ BD vuông góc với đường kính AC tại D. Chứng minh rằng P C đi qua trung điểm BD.
Hình 2.21: P C đi qua trung điểm BD.
Lời giải. Cách 1. GọiI, K lần lượt là giao điểm của P C với(O)vàBD. GọiH là giao điểm củaP O và AB. Dễ thấy H là trung điểm củaAB hayHA =HB. Ta có P O ⊥ AB hay ∠P HA = 90◦. Mặt khác, ∠P IA = 90◦. Suy ra P IHA là tứ giác nội tiếp. Từ đó ∠KIH = ∠P AH vì cùng bù với ∠P IH. Hơn nữa, vì P A k BD (vì cùng vuông góc với AC). Do đó ∠P A = ∠KBH (hai góc so le trong). Cho nên ta có ∠KIH = ∠KBH. Hay tứ giác KBIH nội tiếp. Do đó ∠BHK = ∠BIK vì cùng chắn cung BK. Mặt khác, ∠BIK = ∠BAC vì cùng chắn cung nhỏ BC của (O). Do đó ∠BHK = ∠BAC. Mà hai góc này ở vị trí đồng vị nên HK k AC, hay HK k AD. Xét tam giác BAD có HK kAD, HB = HA nên KB =KD hay K là trung điểm của BD.
Cách 2. Gọi I, K lần lượt là giao điểm của P C với (O) và BD. Từ C vẽ tiếp tuyếnCx với (O). Dễ thấy Cx kBD.Ta có AIBC là tứ giác điều hòa nên (C, B, I, A) =−1, kéo theo (Cx, CB, CI, CA) = −1. Mặt khác BD kCx, suy
ra KB = KD hay K là trung điểm của BD.
Nhận xét 2.4.10. Có thể thấy với cùng một bài toán, việc sử dụng tính chất của tứ giác điều hòa cho ta một lời giải ngắn gọn, xúc tích.