Bài toán 2.2.1 ([2]). Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt đường thẳng BC tại D. Đường DO cắt AB, AC lần lượt tại E, F. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB, AC. Chứng minh rằng EN, F M, AO đồng quy.
Hình 2.6: EN, F M, AO đồng quy.
Lời giải. Gọi giao điểm của M N với AO, DO lần lượt là H, G. Gọi tiếp điểm của tiếp tuyến thứ hai từ D tới (O) là K. Khi đó, ABKC là tứ giác điều hòa và ta có
(AD, AK, AB, AC) = −1.
Do OM, ON, OA, OD vuông góc tương ứng với AB, AC, AD, AK nên (OM, ON, AB, AC) = −1.
Do đó, ta có
(AE, AF, AO, AG) =−1.
Bài toán 2.2.2 ([6]). Cho tam giác ABC. Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC và tiếp xúc với BC, AC và AB lần lượt tại D, E, F. AD, BM, CM cắt (I) tại điểm thứ hai lần lượt là M, Z, Y. Chứng minh rằng BY, CZ và AD đồng quy.
Hình 2.7: BY, CZ và AD đồng quy.
Lời giải. Ta có M EY D là tứ giác điều hòa nên M Y · DE = 2M E ·DY, suy ra ta có
M Y Y C = 2
M E ·DY Y C ·DE.
Ta có M F ZD là tứ giác điều hòa nên M Z ·DF = 2M F ·DZ, suy ra ta có BZ M Z = BZ ·DF 2M F ·DZ. Do đó, ta có DC.Y M.ZB DB.Y C.ZM = DC DB · 2M E·DY Y C ·DE · BZ ·DF 2M F ·DZ. (2.1) Mặt khác ta có M EDF là tứ giác điều hòa nên
M E M F =
DE DF. Do đó (2.1) tương đương với
DC.Y M.ZB DB.Y C.ZM = DC DB DY DZ BZ CY . Mà CY DY = CD DM và BZ BD = DZ DM, suy ra ta có DC DY BZ = 1.
Vậy, ta có
DC ·Y M ·ZB DB ·Y C ·ZM = 1.
Theo định lý Ceva, ta có M D, BY và CZ đồng quy. Nhận xét 2.2.3. Từ tính chất này ta có thể suy ra thêm một tính chất: EF, Y Z và BC đồng quy và ZF, Y E và AD đồng quy. Thật vậy nếu EF cắt BC tạiK thì(K, D, B, C) =−1vàY Z cắtBC tạiH thì(H, D, B, C) =−1vì M D, BY và CZ đồng quy. Do đóK trùng H, ta có điều cần chứng minh. Khi đó xét hai tam giác BZF và CY E theo định lý Desargues thì ZF và EY cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng AM.
Bài toán 2.2.4 ([3]). Cho đường tròn tâm O nội tiếp tam giácABC, tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB theo thứ tự tại D, E, F. Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳngAD và đường tròn(O); N, P theo thứ tự là giao điểm thứ hai của M B, M C với (O). Chứng minh rằng ba đường thẳng M D, N E, P F đồng quy.
Hình 2.8: M D, N E, P F đồng quy.
Lời giải. Ta có DEM F, DM F N, DM EP là các tứ giác điều hòa, do đó sin∠F DM
sin∠EDM·sin∠DEN
sin∠F EN ·sin∠EF P sin∠DF P = M F M E·DN F N·EP DP = M F M E·DM F M·EM DM = 1. Áp dụng định lý Ceva sin cho tam giác DEF, ta có DM, EN, F P đồng quy.
Bài toán 2.2.5. Cho tam giác ABC không cân tạiA,nội tiếp đường tròn(O), M là trung điểm của BC. Các điểm N, P thuộc BC sao cho M N =M P. Các
đường thẳng AM, AN, AP theo thứ tự cắt (O) tại X, Y, Z. Chứng minh rằng BC, Y Z và tiếp tuyến tại X của (O)đồng quy.
Lời giải. Lấy K thuộc (O)sao cho AK kBC. Gọi S là giao điểm của các tiếp tuyến tạiK, X của(O). VìAK kBC, kết hợp với điều kiệnM B = M C, M N = M P, ta suy ra
(AB, AC, AX, AK) =−1,(AY, AZ, AX, AK) =−1.
Suy ra BXCK, ZXY K là các tứ giác điều hòa. Từ đó suy ra BC, Y Z cùng đi qua S. Điều đó có nghĩa là BC, Y Z và tiếp tuyến với (O) tại X đồng quy. Bài toán 2.2.6 ([3]). Cho đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC, tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB lần lượt ở D, E, F. Gọi M là giao điểm thứ hai của đường thẳng ADvới đường tròn(I), N, P theo thứ tự là giao điểm thứ hai của M B, M C và (I). Chứng minh rằng M D, N E, P F đồng quy.
Lời giải. Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau.
Bổ đề 2.2.7. Cho lục giác nội tiếp ABCDEF. Chứng minh rằng AD, BE, CF
đồng quy khi và chỉ khi
AB ·CD·EF BC ·DE ·F A = 1.
Chứng minh. Xét tam giácAEC và các điểm D, B, F. Theo định lý Ceva dạng dượng giác và theo định lý hàm số sin, ta có AD, BE, CF đồng quy khi và chỉ khi
sin∠DAE
sin∠DAC · sin∠BEC
sin∠BEA · sin∠F CA sin∠F CE = 1 ⇔ DE DC · BC BA · F A F C = 1 ⇔AB ·CD·EF =BC ·DE·F A.
Trở lại bài toán, do M EP D là tứ giác điều hòa ta có M E ·DP =EP ·M D
và F M DN là tứ giác điều hòa ta có
Suy ra, ta có
M E ·DP ·N F ·M D = EP ·M D·F M ·N D. Hay
M E·DP ·N F = EP ·F M ·N D.
Theo bổ đề trên ta có điều phải chứng minh.