Một bổ đề hai đường tiếp xúc và ứng dụng

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 $P$ .