Tác giả: ĐOÀN VĂN TRÚC --------- --------- Bài 41: Cho tam giác nhọn ABC có AD, BE, CF là các đường cao, H là trực tâm. Gọi I là trung điểm của BC. Tia IH cắt EF tại K. Tia KD cắt đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC tại T. Chứng minh TA là phân giác của góc ETF. Giả sử EF cắt BC tại M; AM cắt đường tròn (O) tại N. Vẽ các tiếp tuyến tại B và C của đường tròn (O) chúng cắt nhau tại S. Tia SD cắt EF tại K’ và cắt MO tại G. Ta cần chứng minh K’ trùng K. Dễ dàng chứng minh được EH là phân giác góc FED và tam giác BIE cân tại I. Do đó suy ra $\widehat{IED}=\widehat{IME}$ $\Rightarrow $ $\Delta $IED ഗ$\Delta $IME (g-g) $\Rightarrow $ IE2 = ID.IM. Dễ thấy IE2 = IB2 = IO.IS $\Rightarrow $ ID.IM = IO.IS $\Rightarrow $ $\Delta $IOM ഗ$\Delta $IDS (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{IMO}=\widehat{ISD}$ $\Rightarrow $ SK’ $\bot $ MO tại G. Vẽ đường kính AL của đường tròn (O) $\Rightarrow $ AL $\bot $ EF tại Q hay AL $\bot $ ME tại Q. Vì các tứ giác K’QOG, GOID, FEID, BCEF, ACBN nội tiếp, từ đó bạn đọc áp dụng “phương tích” của một điểm đối với đường tròn tự kiểm tra các kết quả sau: MK’.MQ = MG.MO = MD.MI = MF.ME = MB.MC = MN.MA. $\Rightarrow $ Tứ giác AQK’N nội tiếp có $\widehat{AQK'}={{90}^{0}}$$\Rightarrow $ $\widehat{ANK'}={{90}^{0}}$ $\Rightarrow $ K’N$\bot $MA (1) Dễ thấy các tứ giác AEHF và AEFN nội tiếp nên tứ giác AEHN nội tiếp, mà $\widehat{AEH}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{ANH}={{90}^{0}}$ hay HN $\bot $ MA (2) Vì MD.MI = MN.MA $\Rightarrow $ tứ giác AIDN nội tiếp, mà $\widehat{ADI}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{ANI}={{90}^{0}}$ hay IN $\bot $ MA (3) Từ (1) (2) và (3) suy ra I, H, K’ thẳng hàng. Vậy K’ trùng K. Dễ thấy OG.OM = OI.OS = OB2 = OT2 $\Rightarrow $ tam giác OTM vuông tại T $\Rightarrow $ MT là tiếp tuyến của đường tròn (O) $\Rightarrow $ $\widehat{ATM}=\widehat{ALT}$ (=$\frac{1}{2}$sđ$\overset\frown{ABT}$) (4) Gọi P là giao điểm của AT và ME Vì $\widehat{ATL}=\widehat{PQL}={{90}^{0}}$ nên tứ giác PQLT nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{MPT}=\widehat{ALT}$ (cùng bù với $\widehat{QPT}$) (5) Từ (4) và (5) suy ra $\widehat{ATM}=\widehat{MPT}$ (6) Vì MT là tiếp tuyến và MBC là các tuyến của đường tròn (O) $\Rightarrow $ MT2 = MB.MC = MF.ME $\Rightarrow $ $\Delta $MTE ഗ$\Delta $MFT (c-g-c) $\Rightarrow $ $\widehat{MET}=\widehat{MTF}$ (7) Từ (6) và (7) suy ra $\widehat{ETP}=\widehat{FTP}$ Vậy: TA là phân giác của góc ETF. Bài toán tương tự: 1) Cho đường tròn (O), điểm A cố định thuộc đường tròn. Dây BC thay đổi sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Các tiếp tuyến tại B và C cắt nhau tại S. Đường thẳng SD cắt EF tại K. Chứng minh rằng đường thẳng KH luôn đi qua một điểm cố định. 2) Cho đường tròn (O), dây BC cố định. Điểm A chuyển động trên cung lớn BC sao cho tam giác ABC là tam giác nhọn. Các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi I là trung điểm của BC. Tia IH cắt EF tại K. Chứng minh rằng đường thẳng DK luôn đi qua một điểm cố định. Bài 42: Cho tam giác nhọn ABC, các đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Gọi K là giao điểm của AD và EF. Gọi I là trung điểm của AH. Chứng minh rằng K là trực tâm của tam giác IBC. Vẽ đường tròn tâm O đường kính BC, dễ thấy đường tròn này đi qua E và F. Kéo dài BK cắt đường tròn (O) tại J. Vì BJ và EF là hai dây của đường tròn (O) $\Rightarrow $ KB.KJ = KE.KF (1) Bạn đọc có thể chứng minh 5 điểm D, F, I, E, O cùng thuộc một đường tròn. Vì EF và ID là hai dây của đường tròn đó $\Rightarrow $ KD.KI = KE.KF (2) Từ (1) và (2) $\Rightarrow $ KB.KJ = KD.KI Do đó tứ giác BIJD nội tiếp $\Rightarrow $ $\widehat{BJI}=\widehat{BDI}$, mà $\widehat{BDI}={{90}^{0}}$ nên $\widehat{BJI}={{90}^{0}}$ (3) Ta lại có $\widehat{BJC}={{90}^{0}}$ (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn (O)) (4) Từ (3) và (4) suy ra ba điểm I, J, C thẳng hàng hay BK $\bot $ IC tại J. Tam giác IBC có ID và BJ là hai đường cao cắt nhau tại K. Vậy K là trực tâm của tam giác IBC. Bài 43: Cho tam giác nhọn ABC không cân nội tiếp đường tròn (O). Các tia AO, BO, CO cắt BC, CA, AB thứ tự ở D, E, F. Gọi H, I, K thứ tự là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và DE; AC và DF; BC và EF. Chứng minh rằng ba điểm H, I, K thẳng hàng. Áp dụng định lí Mê-nê-la-us vào tam giác ABC và ba điểm thẳng hàng H, D, E ta có $\frac{HA}{HB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}=1$ (1) Áp dụng định lí Cê-va vào tam giác ABC và ba đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại O ta có $\frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}=1$ (2) Từ (1) và (2) suy ra $\frac{HA}{HB}=\frac{FA}{FB}$ Tương tự ta cũng có: \[\frac{KB}{KC}=\frac{DB}{DC}\]; $\frac{IC}{IA}=\frac{EC}{EA}$ Do đó $\frac{HA}{HB}.\frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}=\frac{FA}{FB}.\frac{DB}{DC}.\frac{EC}{EA}$ (3) Từ (2) và (3) suy ra $\frac{HA}{HB}.\frac{KB}{KC}.\frac{IC}{IA}=1$ (4) Theo định lí Mê-nê-la-us đảo đối với tam giác ABC, từ (4) suy ra ba điểm H, I, K thẳng hàng. Nhận xét: Bài toán 43 vẫn đúng đối với điểm O là điểm bất kỳ nằm trong tam giác nhọn ABC.
