Một bài toán mình được học thấy khá hay, có thể mọi người từng gặp:
Bài 25: Cho tam giác $ABC$ không cân nội tiếp $(O)$, trọng tâm $G$. Kẻ ba đường cao $AD,BE,CF$. Các tia $GD,GE,GF$ cắt $(O)$ tại $X,Y,Z$, $AG,BG,CG$ cắt $(O)$ tại $M,N,P$. Các đường thẳng $MX,NY,PZ$ cắt nhau tạo thành tam giác $A'B'C'$. Chứng minh rằng $A'X, B'Y, C'Z$ cắt nhau tại một điểm nằm trên đường thẳng $OG$.
Đầu tiên ta sẽ chứng minh $AX, BY, CZ$ đồng quy
Gọi $Q$, $R$ là các điểm thuộc $(O)$ thoả mãn $AQ//BC$ và $BR//AC$. Dễ thấy $X, D, G, Q$ và $Y, E, G, R$ thẳng hàng
Gọi $AD, BE$ cắt (O) tại $D', E'$. Pascal $\begin{pmatrix} A & Y& Q \\ B & X& R \end{pmatrix}$ và $\begin{pmatrix} A & Q& E' \\ B & R& D' \end{pmatrix}$. Ở đây ta dễ thấy $QD'$ và $RE'$ đều đi qua $O$. Do đó ta có được giao điểm của $AX$ và $BY$ là một điểm thuộc đường thẳng Euler. Chứng minh tương tự, ta được $AX, BY, CZ$ đồng quy tại một điểm thuộc đường thẳng Euler.
Quay lại bài toán, định nghĩa $J$ tương tự $Q, R$. Pascal $\begin{pmatrix} P&Y &B \\ N&Z &C \end{pmatrix}$ và $\begin{pmatrix} Y &B& J\\ Z &C& R \end{pmatrix}$. Ở đây giao điểm của $BR$ và $CJ$ là điểm đối xứng với $A$ qua trung điểm $BC$. Vì vậy ta có được $A', A, G$ thẳng hàng. Tương tự ta thu được $AA', BB', CC'$ đồng quy tại $G$.
Do đó $\frac{XB'}{XC'}=\frac{sin\widehat{BGD}}{sin\widehat{CGD}}.\frac{GB'}{GC'}=\frac{BD}{CD}.\frac{GC}{GB}.\frac{GB'}{GC'}$. Tương tự cho các cặp còn lại, ta có được $A'X, B'Y, C'Z$ đồng quy. Desargues cho $\Delta A'AX$ và $\Delta C'CZ$ ta thu được giao điểm của $A'X$ và $C'Z$ là một điểm thuộc đường tròn Euler (theo phần chứng minh ở trên). Do đó ta có được đpcm
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi DaiphongLT: 13-08-2022 - 13:46