bổ đề về đường tròn nội tiếp tam giác

$\boxed{bài \space toán \space 1}$ cho $\triangle{ABC}$ ngoại tiếp đường tròn (I), tiếp điểm của BC,CA,AB với (I) lần lượt là D,E,F. H là trung điểm EF, đặt $G= CH \cap DF $. chứng minh $ AG \parallel EF$

lời giải của mình

gọi giao của BH,CH với AC,AB lần lượt là M,L
từ M kẻ tiếp tuyến với (I) cắt AB tại L' thì ta có MB,LC,EF đồng quy hay C,H,L' thẳng hàng
do đó$ L\equiv L' \Rightarrow ML$ tiếp xúc với (I)
theo tính chất của tứ giác ngoại tiếp thì G thuộc đường đối cực của H
hay G thuộc đường thẳng qua A và $\parallel EF $

$\boxed { Bài \space toán \space 2 }$: từ D kẻ đường kính DG của (I) , đặt $H=GE \cap DF $ chứng minh $AH \parallel BC$

 lời giải  

đặt $ J =GD\cap EF$ 

xét cực và đối cực với (I) 

H thuộc đường đối cực của J 

mà A thuộc đường đối cực của J

suy ra AH vuông góc với IJ, hay $AH\parallel BC$

$boxed{Bài \space toán \space 3} từ D kẻ đường kính DG của (I) cắt EF tại J, M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng A,J,M thẳng hàng

lời giải

gọi d là đường đối cực của J đối với (I), ta có A(d,J,F,E ) là chùm điều hòa

 mà dễ thấy d đi qua A và $\parallel BC$ 

do đó AJ đi qua trung điểm BC, ta có đpcm

bài toán về đồng quy

bài toán: cho $triangle{ABC}$ ngoại tiếp đường tròn (I) với các tiếp điểm trên các cạnh BC,CA,AB lần lượt là X,Y,Z. Trên các đường thẳng BC,CA,AB lần lượt lấy các điểm D,E,F. Từ D,E,F kẻ các tiếp tuyến với (I) ( khác các cạnh của $\triangle{ABC}$ ) DX',EY',CZ'. Chứng minh AX',BY',CZ' đồng quy khi và chỉ khi AD,BE,CF đồng quy hoặc D,E,F thẳng hàng.
Lời giải của mình

hình vẽ bài toán

đặt $K=XX' \cap YZ, L= DX \cap YZ $ tương tự ta xác định các điểm K', K'', L',L''
xét cực và đối cực với (I) :
A là cực của YZ
X' là cực của DL
$\Rightarrow $ L là cực của AX'
dễ thấy K là cực của AD ,XX' là đường đối cực của D(*)
 ta xét bổ đề sau :
cho $\triangle{ABC}$ ngoại tiếp (O), từ điểm D thuộc đường thẳng BC nằm ngoài đường tròn (O) vẽ tiếp tuyến DE, $F=AE\cap BC$ ta có $\frac{\overline{DC}}{\overline{DB}}=(\frac{sin(AF,AC)}{sin(AF,AB)})^2$
bằng tam giác đồng dạng ta dễ dàng chứng minh được $\frac{DC}{DB}=(\frac{EC}{EB})^2 $
mà $\overline {DC},\overline {DB}$ cùng chiều nên ta có $\frac{\overline{DC}}{\overline{DB}}=(\frac{EC}{EB})^2 =(\frac{sin(AF,AC)}{sin(AF,AB})^2$

hình vẽ bổ đề

quay trở lại bài toán :
ta có $\frac{\overline{LY}}{\overline{LZ}}=(\frac{sin(XX',XY)}{sin(XX',XZ)})^2  $
AX',BY',CZ' đồng quy khi và chỉ khi L,L',L'' thẳng hàng
tức là khi $\frac{\overline{LY}}{\overline{LZ}}.\frac{\overline{L'Z}}{\overline{L'X}}.\frac{\overline{L''X}}{\overline{L''Y}} =1$ ( theo Menelaus )
hay  $(\frac{sin(XX',XY)}{sin(XX',XZ)}.\frac{sin(YY',YZ)}{sin(YY',YX)}.\frac{sin(ZZ',ZX)}{sin(ZZ',ZY)})^2=1$
 khi và chỉ khi $(\frac{\overline{KY}}{\overline{KZ}}.\frac{\overline{K'Z}}{\overline{K'X}}.\frac{\overline{K''X}}{\overline{K''Y}} )^2=1$
khi và chỉ khi XX',YY',ZZ' đồng quy($\frac{\overline{KY}}{\overline{KZ}}.\frac{\overline{K'Z}}{\overline{K'X}}.\frac{\overline{K''X}}{\overline{K''Y}}=-1$ )
hoặc K,K',K'' thẳng hàng ($\frac{\overline{KY}}{\overline{KZ}}.\frac{\overline{K'Z}}{\overline{K'X}}.\frac{\overline{K''X}}{\overline{K''Y}}=1$)(**)
theo (*) và (**) ta có AD,BE,CF đồng quy hoặc D,E,F thẳng hàng  

các tính chất của tứ giác ngoại tiếp đường tròn 
Bài toán:cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O), tiếp điểm của các cạnh AB,BC,CD,DA với (O) lần lượt là M,N,P,Q. $MQ\cap NP=F, MN \cap PQ=E, MP\cap NQ = G$. AC cắt MQ và NP theo thứ tự tại J và Q, BD cắt MN và PQ theo thứ tự tại I và R ta có các tính chất sau :
i)E,A,G,C thẳng hàng
ii) MP,NQ,AC,BD đồng quy 
iii)DN,BP,CG đồng quy 
iv)IJ,RW,NQ,EF đồng quy 
v) NJ,QI,MP đồng quy 
lời giải của mình:

         i) xét cực và đối cực với (O) :

A là cực của MQ

C là cực của NP

$\Rightarrow F$ là cực của AC

do đó E,A,G,C thẳng hàng do cùng nằm trên đường đối cực của F

tương tự thì B,G,D,F cũng thẳng hàng

         ii) kết quả hiển nhiên từ i)
         iii) do AC là đường đối cực của F nên ta có $ (FWPN)=-1 \Rightarrow (FGDB)=-1$ 

lại có N,P,F thẳng hàng nên suy ra DN,BP,AC đồng quy 

         iv) lập luận tương tự iii) thì ta có $(MNIE)=(MQJF)=-1$

do đó EF,IJ,NQ đồng quy tại một điểm Z (*)

tương tự thì ta cũng có RW,NQ,EF đồng quy nên ta có đpcm

         v)theo (*) ta có : Z thuộc EF( đường đối cực của G ) nên ta có$ (ZGQN)=-1$

mà ta lại có I,J,Z thẳng hàng nên suy ra NJ,QI,NG đồng quy 

hình vẽ