Ta có bổ đề sau: Cho tam giác ABC, trên BC lấy hai điểm D, E sao cho AD, AE đẳng giac trong góc A khi và chỉ khi (ADE) tiếp xúc (ABC).
Bổ đề được chứng minh bằng cách kẻ tiếp tuyến tại A của (ABC) rồi sau đó cộng góc đơn giản có thể suy ra tiếp tuyến tại A của (ABC) cũng là tiếp tuyến tại A của (ADE) suy ra đpcm.
Bài toán 1 (Brazil 2011): Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O), r và s là hai tiếp tuyến tại B, C của (O). r, s cắt AD tại M và N. BN cắt CM tại E. AE cắt BC tại F và L là trung điểm BC. Chứng minh (DLF) tiếp xúc (O).
Gọi K là giao điểm của r và s. Ta có L là trung điểm của BC và cần chứng minh (DFL) tiếp xúc (DBC) là (O), mà L là trung điểm BC. nên ta chỉ cần chứng minh DF là đối trung của tam giác DBC hay D,F,K thẳng hàng.
Áp dụng định lí Sin và Menelaus ta có:
$\frac{sin\angle BKF}{sin\angle FKC}=\frac{BF}{FC}=\frac{BE}{EC}\frac{sin\angle AEN}{sin\angle MEA}=\frac{BE}{EC}\frac{AN}{AM}\frac{ME}{EN}=\frac{ME}{EC}\frac{BE}{EN}\frac{AN}{AM}=\frac{MB}{BK}\frac{NK}{NC}\frac{MB}{MK}\frac{CK}{CN}\frac{AN}{AM}=\frac{MB^{2}}{NC^{2}}\frac{NK}{MA}\frac{NA}{MK}=\frac{MD}{MK}\frac{NK}{ND}=\frac{sin\angle MKD}{sin\angle DKN}$
Từ đây siu ra F, D, K thẳng hàng ta có đpcm
cách 2:
Gọi $ X=BM \cap CN, Y=AD \cap BC, Z=AC \cap BD $ .
Vì $ BC $ là đường đối cực của $ X $ đối với $ (O) $ ,
từ $ X(E,Y;C,B)=-1 $ ta có $ XE $ là đường đối cực của $ Y $ đối với $ (O) $ .
vì $ XZ $ là đường đối cực $ Y $ đối với $ (O) $ ,
nên $ X, E, Z $ thẳng hàng và $ C(B,A;N,M)=B(C,D;M,N) $ ,
vì thế $ (Y,F;B,C)=(Y,A;N,M)=C(B,A;N,M)=B(C,D;M,N)=(Y,D;M,N) $ .
suy ra $ D, F, X $ thẳng hàng
Vì $ DF $ là đường đối trung $ \triangle DBC $ ,
ta nhận đc $ \angle BDL=\angle FDC $ and $ (DLF) $ tiếp xúc $ (O) $ tại $ D $ .
Bài toán 2 : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. $M,N$ trên $(O)$ sao cho $MN\parallel BC$ và $AB$ nằm giữa $AM,AC$. $CM$ cắt $BN$ tại $S$. $BM$ cắt $CN$ tại $T$. $P$ là một điểm trên $(O)$. $PT$ cắt đường thẳng qua $S$ song song $BC$ tại $Q$. Chứng minh rằng $(QPS)$ tiếp xúc với $(O)$
Lời giải
Gọi $ T'=PT \cap \odot (O) $ và $ S'=PS \cap \odot (O) $ .
Đặt $ \{ X, Y \}=SQ \cap \odot (O) $ và $ \{ U, V \}=TS \cap \odot (O) $ .
Vì $ SQ $ là đường đối cực của $ T $ đối với $ \odot(O) $ ,
nên $ P(T', S'; U, V)=(T, S; U, V)=-1 $ ,
kết hợp với $ \angle UPV=90^{\circ} $ suy ra $ \angle BPQ=\angle SPC $ . ... $ ( \star ) $
vì $ \angle XPB=\angle CPY $ ( $ \because XY \parallel BC $ ) ,
kết hợp với $ (\star) $ ta có $ \angle XPQ=\angle SPY $ ,
vì thế theo bổ đề trên $ \odot (PQS) $ tiếp xúc $ \odot (O) $ tại $ P $ .
