Bài toán : Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp đường tròn tâm $O$. Gọi $E,F$ lần lượt là giao điểm của $AC$ với $(O)$. Hạ $OH$ vuông góc với $BD$. Chứng minh rằng $\widehat{AHE}=\widehat{CHF}$ Lời giải : Bổ đề : Cho tứ giác $ABCD$ ngoại tiếp đường tròn $(O)$ với các tiếp điểm trên $AB,BC,CD,DA$ lần lượt là $M,N,P,Q$. Gọi $K$ là giao của $MN,PQ$ và $I$ là giao của $AC,BD$. Khi đó ta có $KO \perp BD$, $K,A,C$ thẳng hàng, từ đó có $(KIAC)=-1$ Chứng minh bổ đề : $\bullet$ Kẻ hai tiếp tuyến $KE,KF$ với $(O)$. Khi đó tứ giác $MENF$ điều hòa nên $EF$ và các tiếp tuyến tại $M,N$ của $(O)$ đồng quy.Tức là $MB,NN,EF$ đồng quy hay $E,F,B$ thẳng hàng. Tương tự ta có $E,F,D$ thẳng hàng. Suy ra $E,F,B,D$ thẳng hàng. Mà dễ thấy $OK\perp EF\Rightarrow OK\perp BD\;\;\;(1)$ $\bullet$ Gọi $K'$ là giao điểm của $MN,AC$. Khi đó ta có $\dfrac{K'A}{K'C}.\dfrac{PC}{PD}.\dfrac{QD}{QA}=\dfrac{K'A}{K'C}.\dfrac{PC}{QA}=\dfrac{K'A}{K'C}.\dfrac{NC}{MA}=\dfrac{K'A}{K'C}.\dfrac{MB}{MA}.\dfrac{NC}{NB}=1$ (Chú ý theo tính chất tiếp tuyến mà một số đoạn thẳng bằng nhau $AQ=MA,MB=NB,CN=CP,DP=DQ$ và áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $ABC$ với sự thẳng hàng của $K',M,N$) Do đó theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $ADC$ ta có $P,Q,K'$ thẳng hàng. Suy ra $K\equiv K'$ Điều này chứng tỏ $A,K,C$ thẳng hàng $(2)$ $\bullet$ Bằng định lí $Pascal$ ta dễ dàng chứng minh được $MP,NQ,BD,AC$ đồng quy tại điểm $I$. Qua $C$ ta kẻ đường thẳng song song với $AB$ cắt đường $MP$ tại $W$. Dễ dàng chứng minh được tam giác $CPW$ cân tại $C$ nên $CP=CW$. Từ đó theo định lí $Thales$ : $\dfrac{IA}{IC}=\dfrac{MA}{CW}=\dfrac{MA}{CP}=\dfrac{MA}{CN}$ Theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $ABC$ với sự thẳng hàng của $K,M,N$ ta có : $\dfrac{KA}{KC}.\dfrac{NC}{NB}.\dfrac{MB}{MA}=1\Rightarrow \dfrac{KA}{KC}=\dfrac{MA}{CN}$ Vậy suy ra $\dfrac{KA}{KC}=\dfrac{IA}{IC}\Rightarrow \dfrac{\overline{KA}}{\overline{KC}}=\dfrac{-\overline{IA}}{\overline{IC}}\Rightarrow (KIAC)=-1\;\;\;(3)$ (chú ý rằng $K$ nằm ngoài và $I$ nằm trong đoạn $AC$) Từ $(1)(2)(3)$ thì bổ đề chứng minh hoàn tất. Trở lại bài toán : Gọi $M,N,P,Q$ lần lượt là các tiếp điểm trên $AB,BC,CD,DA$ của $(O)$. Gọi $X$ là giao điểm của $PQ,MN$. Gọi $J$ là giao điểm của $AC,BD$. Theo bổ đề thì $OX \perp BD$ mà $OH \perp BD$ nên $O,H,X$ thẳng hàng. Cũng theo bổ đề ta có $(ACJX)=-1$ kéo theo $H(ACJX)=-1$. Nhưng vì $OH \perp BD\Rightarrow HJ \perp HX$. Theo định lí về chùm điều hòa ta có $HJ$ là phân giác của góc $AHC$. Từ đó dễ dàng thấy được điều cần chứng minh $\widehat{AHE}=\widehat{CHF}$

[Bài toán] Chùm điều hòa, Hàng điểm điều hòa

Bài toán : Cho tứ giác $A B C D$ ngoại tiếp đường tròn tâm $O$ . Gọi $E, F$ lần lượt là giao điểm của $A C$ với $(O)$ . Hạ $O H$ vuông góc với $B D$ . Chứng minh rằng $A H E = C H F$

Lời giải :

Bổ đề : Cho tứ giác $A B C D$ ngoại tiếp đường tròn $(O)$ với các tiếp điểm trên $A B, B C, C D, D A$ lần lượt là $M, N, P, Q$ . Gọi $K$ là giao của $M N, P Q$ và $I$ là giao của $A C, B D$ . Khi đó ta có $K O ⊥ B D$ , $K, A, C$ thẳng hàng, từ đó có $(K I A C) = - 1$

Chứng minh bổ đề :

$∙$ Kẻ hai tiếp tuyến $K E, K F$ với $(O)$ . Khi đó tứ giác $M E N F$ điều hòa nên $E F$ và các tiếp tuyến tại $M, N$ của $(O)$ đồng quy.Tức là $M B, N N, E F$ đồng quy hay $E, F, B$ thẳng hàng. Tương tự ta có $E, F, D$ thẳng hàng. Suy ra $E, F, B, D$ thẳng hàng.

Mà dễ thấy $O K ⊥ E F \Rightarrow O K ⊥ B D (1)$

$∙$ Gọi $K^{'}$ là giao điểm của $M N, A C$ . Khi đó ta có $\frac{K ^{'} A}{K ^{'} C} . \frac{P C}{P D} . \frac{Q D}{Q A} = \frac{K ^{'} A}{K ^{'} C} . \frac{P C}{Q A} = \frac{K ^{'} A}{K ^{'} C} . \frac{N C}{M A} = \frac{K ^{'} A}{K ^{'} C} . \frac{M B}{M A} . \frac{N C}{N B} = 1$

(Chú ý theo tính chất tiếp tuyến mà một số đoạn thẳng bằng nhau $A Q = M A, M B = N B, C N = C P, D P = D Q$ và áp dụng định lí $M e n e l a u s$ cho tam giác $A B C$ với sự thẳng hàng của $K^{'}, M, N$ )

Do đó theo định lí $M e n e l a u s$ cho tam giác $A D C$ ta có $P, Q, K^{'}$ thẳng hàng. Suy ra $K \equiv K^{'}$

Điều này chứng tỏ $A, K, C$ thẳng hàng $(2)$

$∙$ Bằng định lí $P a sc a l$ ta dễ dàng chứng minh được $M P, N Q, B D, A C$ đồng quy tại điểm $I$ .

Qua $C$ ta kẻ đường thẳng song song với $A B$ cắt đường $M P$ tại $W$ .

Dễ dàng chứng minh được tam giác $C P W$ cân tại $C$ nên $C P = C W$ .

Từ đó theo định lí $T ha l es$ : $\frac{I A}{I C} = \frac{M A}{C W} = \frac{M A}{C P} = \frac{M A}{C N}$

Theo định lí $M e n e l a u s$ cho tam giác $A B C$ với sự thẳng hàng của $K, M, N$ ta có : $\frac{K A}{K C} . \frac{N C}{N B} . \frac{M B}{M A} = 1 \Rightarrow \frac{K A}{K C} = \frac{M A}{C N}$

Vậy suy ra $\frac{K A}{K C} = \frac{I A}{I C} \Rightarrow \frac{K A}{K C} = \frac{- I A}{I C} \Rightarrow (K I A C) = - 1 (3)$ (chú ý rằng $K$ nằm ngoài và $I$ nằm trong đoạn $A C$ )

Từ $(1) (2) (3)$ thì bổ đề chứng minh hoàn tất.

Trở lại bài toán :

Gọi $M, N, P, Q$ lần lượt là các tiếp điểm trên $A B, B C, C D, D A$ của $(O)$ .

Gọi $X$ là giao điểm của $P Q, M N$ . Gọi $J$ là giao điểm của $A C, B D$ .

Theo bổ đề thì $O X ⊥ B D$ mà $O H ⊥ B D$ nên $O, H, X$ thẳng hàng.

Cũng theo bổ đề ta có $(A C J X) = - 1$ kéo theo $H (A C J X) = - 1$ . Nhưng vì $O H ⊥ B D \Rightarrow H J ⊥ H X$ .

Theo định lí về chùm điều hòa ta có $H J$ là phân giác của góc $A H C$ . Từ đó dễ dàng thấy được điều cần chứng minh $A H E = C H F$

[Bài toán] Chùm điều hòa, Hàng điểm điều hòa

Đề bài

Mô tả