Bài toán 2.1.1 ([2]). Cho đường tròn (O). Lấy một điểmA ngoài đường tròn (O). Từ A ta kẻ hai tiếp tuyến AK, AN và một cát tuyến ACD bất kì đối với đường tròn trên. Hai tiếp tuyến qua C và D cắt nhau tại M. Khi đó, ta có K, M, N thẳng hàng (Hình 2.1).
Lời giải. Áp dụng Định lý 1.2.2 cho điểm A với hai tiếp tuyến AK, AN và cát tuyến ACD suy ra KCN D là tứ giác điều hòa. Suy ra N K, M D, M C đồng
quy tại một điểm. Do đó M, K, N thẳng hàng.
Hình 2.1: K, M, N thẳng hàng
Bài toán 2.1.2 ([2]). Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm (O), M, N, P, Qlần lượt là các tiếp điểm của AB, BC, CD, CA với đường tròn. Gọi K là giao điểm của M Q vớiN P. Gọi E và F là hai tiếp tuyến củaK với (O).
Chứng minh rằng
a) A, E, F, C thẳng thàng.
b) OK vuông góc với AC.
Hình 2.2: A, E, F, C thẳng thàng
Lời giải. a) Gọi E0 và F0 là hai giao điểm củaAC với (O). Hai tiếp tuyến qua E0 và F0 cắt nhau tại K0. Áp dụng Bài toán 2.1.1 với hai tiếp tuyến CN, CP và cát tuyến CF0E0 suy ra K0, N, P thẳng hàng.
Tương tự, K0, M, Q thẳng hàng hay K0 là giao điểm của M Q với N P hay K0 ≡ K.
Suy ra E0 ≡E, F0 ≡ F. Vậy A, E, F, C thẳng hàng.
b) Mặt khác, vì KE, KF là tiếp tuyến của K với (O) nên KO vuông góc với
EF hay KO vuông góc với AC.
Bài toán 2.1.3 ([12]). Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O và gọi M là giao của AC với BD. Cho P là điểm nằm trên BC sao cho P M vuông góc với M O. Gọi giao điểm của DP với đường tròn là S. Gọi Q là điểm trên đường tròn sao cho DQ vuông góc với OM. Ký hiệu R là giao của đường phân giác góc ∠ABC với ∠AQS, gọi L là giao của các tiếp tuyến tại B và Q.
Chứng minh rằng A, R, S, L thẳng hàng.
Hình 2.3: A, R, S, L thẳng hàng
Lời giải. Gọi K là giao điểm của P M với AD. Ta có M P = M K. Kết hợp vớiM P song song với DQ, suy ra DK, DM, DP, DQ là chùm điều hòa. Do đó DA, DB, DS, DQlà chùm điều hòa. HayABSQ là tứ giác điều hòa. Theo tính chất của tứ giác điều hòa, ta suy ra A, R, S, L thẳng hàng.
Bài toán 2.1.4 ([6]). Trong mặt phẳng cho hai đường tròn ω1 và ω2 cắt nhau tạiA vàB. Một tiếp tuyến chung của hai đường tròn tiếp xúc vớiω1 ởP và ω2
ở T. Các tiếp tuyến tại P và T của đường tròn ngoại tiếp tam giác AP T cắt nhau tại S. GọiH là điểm đối xứng của B qua P T. Chứng minh rằng A, H, S thẳng hàng.
Hình 2.4: A, H, S thẳng hàng.
Lời giải. Ta có ∠BP T = ∠P AB và ∠BT P = ∠BAT, suy ra
∠BP T +∠BT P =∠P AT hay
∠P AT = 180◦−∠BP T =∠180◦ −∠P HT.
Do đó tứ giác AP HT nội tiếp. Gọi M là giao điểm của AB và P T. Ta có M B ã M A = M P2 và M B ãM A = M T2 nờn M P = M T. Ta cú 4M P B ∼ 4M AP, suy ra
BP
AP = M B M P. Tương tự, ta có
BT
AT = M B M T. Do đó, ta có
BP
AP = BT AT, suy ra, ta có
BP
BT = AP AT.
Hơn nữa ta có BP = HP và BT = HT. Do đó, ta có AP
AT = HP HT.
Suy ra AP HT là tứ giác điều đòa. Theo Mệnh đề 1.2.13 thì A, H, S thẳng
hàng.
Bài toán 2.1.5 ([5]). Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của (O)với AB, BC, CD và DA. BQ∩(O) = E, EP ∩M N = F, M C ∩AN =K. Chứng minh K, F, B, D thẳng hàng.
Hình 2.5: K, F, B, D thẳng hàng.
Lời giải. Trước tiên, ta cần bổ đề quen thuộc sau.
Bổ đề 2.1.6. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). M, N, P, Q lần lượt là các tiếp điểm của AB, BC, CD, DA với đường tròn (O). Khi đó M P, N Q, BD, AC đồng quy.
Quay trở lại bài toán. Gọi I là giao điểm của M N với BQ, V là giao điểm của M P với N Q, W là giao điểm của QN với EP. Áp dụng định lý Braichon suy biến cho 6 điểm A, M, B, N, C, D suy ra BD, AN, CM đồng quy tại K.
Hay B, K, D thẳng hàng.
Vì tiếp tuyến tại M, N giao nhau tại B, BQ cắt đường tròn tại Q, E và cắt M N tạiI nên theo định lý hàng điểm điều hòa ta có
(Q, E, I, B) = −1.
Theo bổ đề trên suy ra B, V, D thẳng hàng. Vì tiếp tuyến tại M, N và EQ đồng quy tại B nên M EN Q là tứ giác điều hòa. Theo tính chất của tứ giác điều hòa ta có (Q, M, E, N) = −1 nên (P Q, P M, P E, P N) = −1 kéo theo (P Q, P V, P W, P N) =−1, kéo theo (Q, V, W, N) =−1. Từ đó, ta có
(K, Q, N, V) = −1.
Trong tam giác BQN ta có
(Q, W, N, V) = (Q, E, I, B) = −1
Theo tính chất của chùm điều hòa, ta có IN, EW, V B đồng quy khi và chỉ khi B, Q, F thẳng hàng. Suy ra B, Q, K, F thẳng hàng.