Bài toán 2.5.1 ([2]). Từ điểm A nằm ngoài (O) kẻ các tiếp tuyến AB, AC (B, C là các tiếp điểm). Lấy T bất kì thuộc cung nhỏ BC. Kẻ T H vuông góc với BC (tại H). Chứng minh T H là phân giác của góc M HN (M, N là giao điểm của tiếp tuyến tại T của (O) với AB, AC).
Hình 2.23: T H là phân giác của gócM HN.
Lời giải. Gọi S là giao điểm của M N và BC. Kẻ tiếp tuyến ST0 của (O) (T khác T0), P là giao điểm của SC và T T0. Khi đó, ta có BT CT0 là tứ giác điều hòa. Suy ra A, T, T0 thẳng hàng. Ta có
(HS, HT, HM, HN) = (AS, AT, AM, AN) = (AS, AP, AB, AC) = −1.
Mà HT ⊥SC nên HT là phân giác của góc M HN.
Bài toán 2.5.2 ([2]). Cho tam giác ABC (AB < AC). Gọi AM là trung tuyến và N là một điểm trên cạnh BC sao cho ∠N AB = ∠M AC. Đường AN
cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại P. Chứng minh rằng ∠BP A = ∠CP M.
Hình 2.24: ∠BP A=∠CP M.
Lời giải. Do giả thiết∠N AB = ∠M AC nênABP C là tứ giác điều hòa. Do vậy, ta cóAB·P C = AC·BP. Áp dụng định lý Ptoleme ta cóAB·P C = 1
2AP·BC hay AB ·P C =AP ·CM. Suy ra, ta có
AB AP = CM CP . Do đó 4ABP ∼ 4CM P. Do đó ∠BP A= ∠CP M.
Bài toán 2.5.3 ([8]). Cho ABC là tam giác và xét đường thẳng bất kỳ song song với BC và cắt AB và AC lần lượt tại M và N. Ký hiệu P là giao điểm của BN và CM. Nếu các đường tròn ngoại tiếp tam giác BM P và CP N cắt nhau tại P và Q, chứng minh rằng ∠BAQ =∠CAP.
Hình 2.25: ∠BAQ=∠CAP.
Lời giải. Áp dụng định lý Thales ta cóAP đi qua trung điểm của M N và BC. Gọi D là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với AQ. Ta có
∠QDB = ∠N CB và ∠BQD = 180−∠BQA = 180−∠AN B =∠BN C. Do đó, ta có 4BQD ∼ 4BCN. Tương tự, ta có 4CQD ∼ 4CM B. Do đó BD BC = QD N C và CD BC = QD M B. Chia hai hệ thức cho nhau, ta thu được
BD CD = M B N C = AB AC. Bài toán 2.5.4 ([5]). Cho tứ giác điều hòa ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là giao điểm hai tiếp tuyến của (O)tạiB vàD. Gọi I là giao điểmOM và BD. Chứng minh IB là phân giác góc AIC.
Hình 2.26: IB là phân giác góc AIC.
Lời giải. Cách 1. (Sử dụng hình học sơ cấp) Dễ thấy M B2 =M C·M A. Mặt khác M B2 =M O·M I. Suy ra
M C ·M A= M O·M I.
Vậy tứ giác AOIC nội tiếp. Do đó ∠M IC =∠OAC vì cùng bù với ∠OIC, và ∠OCA =∠OIA vì cùng chắn cung OA. Từ đó suy ra
∠M IC = ∠OIA. (2.4)
Lại có
∠BIM = ∠BIO = 90◦. (2.5)
Từ (2.4) và (2.5) suy ra
∠BIM −∠M IC =∠BIO−∠OIA. Hay
∠BIC =∠BIA. Suy ra IB là phân giác của ∠AIC.
Cách 2. (sử dụng tính chất của tứ giác điều hòa và chùm điều hòa) Gọi K là giao điểm của M A với BD. Dễ thấy ABCD là tứ giác điều hòa nên (DA, DC, DK, DM) =−1 hay (A, C, K, M) =−1, hay
(IA, IC, IK, IM) = −1. (2.6) Mặt khác,
IK ⊥ IM. (2.7)
Từ (2.6) và (2.7) suy raIK vàIM là phân giác trong và ngoài của ∠AIC. Vậy