Bài 1: Cho tam giác ABC nhọn,BC cố định,đường cao AD,BE,CF.EF cắt BC tại P.Đường thẳng qua D và song song với EF cắt AC ở R và cắt AB ở Q.CMR: đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR luôn đi qua 1 điểm cố định khi A thay đổi.
Lời giải.
Không mất tính tổng quát, giả sử $AB<AC$. Khi đó $B$ nằm giữa $P$ và $C$. Ta sẽ chứng minh $(PQR)$ đi qua điểm $I$ là trung điểm $BC$.
Vì $AD,BE,CF$ là các đường cao tam giác $ABC$ nên theo định lý Ceva thì $$\frac{FA}{FB} \cdot \frac{DB}{DC} \cdot \frac{EC}{EA}=1. \qquad (1)$$
Áp dụng định lý Menelaus cho ba điểm thẳng hàng $E,F,P$ và tam giác $ABC$ thì $$\frac{FA}{FB} \cdot \frac{PB}{PC} \cdot \frac{EC}{EA}=1 \qquad (2)$$
Từ $(1)$ và $(2)$ ta suy ra $\frac{DB}{DC}= \frac{PB}{PC} \Leftrightarrow DC \cdot PB= BD \cdot PC$. Dựa vào điều kiện $I$ là trung điểm $BC$ thì ta sẽ có $$\begin{aligned} DC \cdot PB= BD \cdot PC & \Leftrightarrow DC \cdot (PD-BD)= BD \cdot (PD+DC) \\ & \Leftrightarrow 2BD \cdot DC= PD \cdot (DC-BD) \\ & \Leftrightarrow BD \cdot DC= PD \cdot DI \qquad (3) \end{aligned}$$
Ta có $EF \parallel QR$ nên $\angle AFE= \angle BQR$.
Lại có tứ giác $EFBC$ nội tiếp (vì $\angle BFC= \angle BEC=90^{\circ}$) nên $\angle AEF= \angle RCB$.
Vậy $\angle BQR= \angle RCB$ suy ra tứ giác $QBRC$ nội tiếp. Do đó $$BD \cdot DC= QD \cdot DR \qquad (4)$$
Từ $(3)$ và $(4)$ ta suy ra $QD \cdot DR= PD \cdot DI$. Do đó tứ giác $PQIR$ nội tiếp.
Vậy $(PQR)$ đi qua trung điểm $I$ của $BC$ cố định. $\blacksquare$
Discovery is a child’s privilege. I mean the small child, the child who is not afraid to be wrong, to look silly, to not be serious, and to act differently from everyone else. He is also not afraid that the things he is interested in are in bad taste or turn out to be different from his expectations, from what they should be, or rather he is not afraid of what they actually are. He ignores the silent and flawless consensus that is part of the air we breathe – the consensus of all the people who are, or are reputed to be, reasonable.
Grothendieck, Récoltes et Semailles (“Crops and Seeds”).
