Lâu lắm rồi em không đăng gì :3
Lời giải của em kiểu biến hình.
Để đến được kết luận thì em sử dụng các kết quả sau.
Định nghĩa cực trực giao. Cho trước tam giác $ABC$ và đường thẳng $\ell$. Lấy $D$, $E$, $F$ là hình chiếu vuông góc của $\ell$ lên $BC$, $CA$, $AB$.
Khi đó các đường thẳng qua $D$, $E$, $F$ và lần lượt vuông góc với $BC$, $CA$, $AB$ đồng quy tại một điểm được gọi là cực trực giao của $\ell$ với tam giác $ABC$.
Nhận xét. Từ định nghĩa cực trực giao, ta có được một chú ý như sau: nếu $\ell$ bị tịnh tiến thành $\ell'$ theo một vector $\overrightarrow{v}$ vuông góc với $\ell $ thì $\overrightarrow{TT'}=\overrightarrow{v}$. Trong đó $T$, $T'$ là cực trực giao của $\ell$, $\ell'$.
Định lý 1. $MN$ là một dây của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ thì cực trực giao của $MN$ với tam giác $ABC$ chính là giao điểm của đường thẳng Simson của $M$ và $N$ với tam giác $ABC$.
Định lý 2. $\ell$ là một đường kính của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$. $A'$, $B'$, $C'$ là trung điểm $BC$, $CA$, $AB$ thì cực trực giao của $\ell$ với tam giác $ABC$ là điểm Anti-Steiner của $\ell$ với tam giác $A'B'C'$(bởi vì tâm ngoại tiếp $O$ của tam giác $ABC$ chính là trực tâm của tam giác $A'B'C'$)
----------------------------------
Định lý 2 là một bước trong chứng minh định lý Fontene thứ nhất. Trong file đính kèm(epsilon số 7), bài viết "Đường thẳng Simson" thì định lý 1 được đánh số 11(thực ra định lý 11 là một phát biểu tương đương). Còn định lý 2 có thể tham khảo bài viết(trong file đính kèm).
_______________________________________________________________
Quay trở lại bài toán ban đầu. Ta tịnh tiến $MN$ thành đường kính $\ell_1$, tịnh tiến $PQ$ thành đường kính $\ell_2$.
Gọi $S_1$, $S_2$ là hình chiếu vuông góc của $O$ lên $PQ$, $MN$.
Gọi $K'$, $L'$ là cực trực giao của $\ell_1$, $\ell_2$ với tam giác $ABC$.
Theo nhận xét từ đầu post:
\[\overrightarrow{KK'}=\overrightarrow{S_2O}\qquad \overrightarrow{LL'}=\overrightarrow{S_1O}\]
Gọi $T$, $T'$ là trung điểm $KL$ và $K'L'$.
Theo định lý 2, $K'$, $L'$ là điểm Anti-Steiner của $\ell_1$, $\ell_2$ với tam giác $A'B'C'$, mà chúng lại vuông góc nên $K'L'$ là đường kính của đường tròn chín điểm. Nghĩa là $T'$ chính là tâm đường tròn chín điểm, tức là trung điểm của $OH$.
\[2\overrightarrow{TT'}=\overrightarrow{KK'}+\overrightarrow{LL'}=\overrightarrow{S_2O}+\overrightarrow{S_1O}=\overrightarrow{SO}\]
Điều này chứng tỏ rằng $T$ là trung điểm $HS$.
_______________________________________________________________
Cuối cùng, em muốn nhờ thầy đề nghị bài toán mới.
Edited by QuangDuong12011998, 03-01-2017 - 11:07.