Bài này là phiên bản "ngược" của một bài toán khác: https://diendantoanh...g-tròn-cố-định/
Nên lời giải sau đây cũng "nương" theo dòng ý của bài toán đó.
==============
Đặt $k = \overline{HX}.\overline{HY}$. Vẽ đường tròn $(OXY)$ cắt $OH$ tại điểm thứ hai là $Z$.
Ta có $\overline{HO}.\overline{HZ} = \overline{HX}.\overline{HY}:$ hằng số nên $Z$ cố định.
Vẽ $AB$ cắt $OH$ tại $C$. Ta chứng minh $C$ cố định.
Thật vậy, vẽ $OH$ cắt $(O)$ tại điểm thứ hai là $K$. $KB, KA$ lần lượt cắt $d$ tại $Y', X'$.
Dễ thấy $X,Y$ lần lượt là trung điểm $HX', HY'$. Để ý rằng $O$ là trung điểm $HK$, và ta có $O, X, Y, Z$ đồng viên, nên ta sẽ lấy thêm $Z'$ sao cho $Z'$ là trung điểm $HZ$.
Khi đó, $X',Y',Z',K$ lần lượt là ảnh của $X,Y,Z,O$ qua phép vị tự tâm $H$ tỉ số 2, nên $K,X',Y',Z'$ đồng viên.
Vì thế \[\left( {Z'X';Z'K} \right) \equiv \left( {Y'X';Y'K} \right)\left( {\bmod \pi } \right)\]
Lại có $HB, HK$ lần lượt vuông góc với $Y'K, Y'H$ và $H,B,K,A$ đồng viên nên:
\[\left( {AK;AB} \right) \equiv \left( {HB;HK} \right) \equiv \left( {Y'B;Y'H} \right) \equiv \left( {Z'K;Z'X'} \right)\left( {\bmod \pi } \right)\]
Từ đó $C,A,X',Z'$ đồng viên, nên $\overline {KC} .\overline {KZ'} = \overline {KA} .\overline {KX'} = K{H^2}$: cố định. Mà $Z'$ cố định nên $C$ cũng cố định.
===============
Để ý là nếu vẽ $XA$ cắt $YB$ tại $D$ thì $D$ di chuyển trên một đường thẳng cố định. Bạn hãy thử chứng minh xem
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi perfectstrong: 12-05-2023 - 14:21