Cho tam giác $ABC$ không cần ngoại tiếp đường tròn $(I)$. Đường tròn $(I)$ tiếp xúc với $BC,CA,AB$ lần lượt tại $D,E,F$. Gọi $K$ là trực tâm của tam giác $BIC$.

a) $CK,BK$ lần lượt cắt $DE,DF$ tại $S,T$, và $ST$ cắt $EF$ tại $R$. Chứng minh rằng $IR\perp AK$.

b) Chứng minh rằng $AK$, $BC$ và đường thẳng Euler của tam giác $KBC$ đồng quy hoặc đôi một song song.

Lời giải (Lim Olympic - Nghệ An TST - P5).

Đầu tiên ta chứng minh bổ đề sau:

Bổ đề 0.1. Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp đường tròn $(I)$. $K$ là trực tâm của tam giác $BIC$, $M$, $N$ lần lượt là trung điểm của $AC$, $AB$. Chứng minh rằng $MN$ là đường đối cực của $K$ ứng với $(I)$.



Chứng minh. Gọi $D,E$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ với $BC,CA$. $DE$ cắt $BI,CI,KC$ lần lượt tại $L,J,T$. Theo kết quả quen thuộc, $\angle BLA=90^{\circ }$. Suy ra $ML=MA=MB$. Từ đó $\angle MLB=\angle MBL=\angle LBC$, suy ra $ML\parallel BC$ hay $L\in MN$.

Mặt khác, do $\angle LTC=\angle LJC=90^{\circ }$ nên $\overline{IL}\cdot \overline{IT}=\overline{IJ}\cdot \overline{IC}=r^2$, suy ra $L$ và $T$ nghịch đảo qua $(I)$.

Xét cực và đối cực ứng với $(I)$, ta thu được $KC\equiv d_L$.

Từ đó $K\in d_L$, suy ra $L\in d_K$. Mà $L\in MN$, $MN\perp IK$ nên $MN\equiv d_K$. $\square$



Cách 1.

a) Áp dụng bổ đề, gọi đường trung bình đỉnh $A$ cắt $DE,DF$ lần lượt tại $H,L$.

Do $DE\equiv d_C$ và $HL\equiv d_K$ nên $CK\equiv d_H$ mà $DE$ cắt $CK$ tại $S\Rightarrow (SHED)=-1$. Tương tự ta cũng có $(LTFD)=-1\Rightarrow (DESH)=(DFTL)\Rightarrow EF,ST,HL$ đồng quy tại $R$. Mà $EF\equiv d_A$, $HL\equiv d_K\Rightarrow AK\equiv d_R\Rightarrow IR\perp AK$.

b) Gọi $J$ là tâm đường tròn bàng tiếp $\Delta ABC$, $AI$ cắt $BC$ tại $N\Rightarrow BKCJ$ là hình bình hành $\Rightarrow M$ là trung điểm $KJ$.

Và $\frac{IA}{IN}=\frac{JA}{JN}\Rightarrow IA\cdot JN=JA\cdot IN\Rightarrow AN\cdot IJ=(AI+IN)(IN+NJ)=2AI\cdot NJ\Rightarrow \frac{NA}{NJ}=\frac{2AI}{IJ}$.

Gọi $G$ là trọng tâm $\Delta KBC\Rightarrow \frac{GJ}{GK}=2$ (do $MJ=MK$).

Trường hợp 1: $AK\parallel BC\Rightarrow MN\parallel AK\Rightarrow N$ là trung điểm $AJ\Rightarrow \frac{IA}{IJ}=\frac{1}{2}=\frac{GK}{GJ}\Rightarrow IG\parallel AK\parallel BC$.

Trường hợp 2: $AK$ cắt $BC$ tại $U$. Áp dụng định lí Menelaus cho $\Delta AKJ$ với $M,N,U$ thẳng hàng $\Rightarrow \frac{UA}{UK}\cdot \frac{NJ}{NA}\cdot \frac{MK}{MJ}=1\Rightarrow \frac{UA}{UK}=\frac{NJ}{AJ}\Rightarrow \frac{UA}{UK}\cdot \frac{IJ}{IA}\cdot \frac{GK}{GJ}=1\Rightarrow I,U,G$ thẳng hàng theo định lí Menelaus đảo $\Delta AKJ$.



Cách 2. (Lời giải ý 2 không sử dụng ý 1)

Trường hợp $AK\parallel BC$ các bạn chứng minh tương tự cách 1.

Ta xét trường hợp $AK$ cắt $BC$. Ta có một số kết quả quen thuộc liên quan tới điểm Feuerbach:

Cho tam giác $ABC$ ngoại tiếp $(I)$. $F_e$ là điểm Feuerbach. $(I)$ tiếp xúc $BC$ tại $D$. $M$ là trung điểm $BC$. $H$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$.

(1) $F_{e}D$ là phân giác góc $H{F}_{e}M$.

(2) $N,P$ lần lượt là trung điểm $AC$, $AB$. Khi đó: $PN,D{F}_e,EF$ đồng quy.

Quay trở lại bài toán: Ta có kết quả quen thuộc: $K$ là đối cực của đường trung bình ứng với $BC$ của tam giác $ABC$ dẫn đến: $AK$, $BC$ cắt nhau tại $S$ thuộc tiếp tuyến từ $F_e$ của $(I)$. Gọi $T$ là tâm $(BKC)$. $M$ là trung điểm $BC$ và $H$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$.

Yêu cầu bài toán tương đương: $I,T,S$ thẳng hàng.

Ta cần có: $\frac{ID}{TM}=\frac{SD}{SM}$.

Theo hệ thức Newton thì ta thu được: $\overline{SH}.\overline{SM}=S{D}^2$ suy ra:

$\frac{\overline{SD}}{\overline{SM}}=\frac{\overline{SH}}{\overline{SD}}=\frac{\overline{SD}-\overline{SH}}{\overline{SM}-\overline{SD}}=-\frac{\overline{DH}}{\overline{DM}}$.

Lại có: $\frac{ID}{TM}=\frac{2ID}{IK}$.

Ta cần chứng minh rằng: $\frac{2ID}{IK}=\frac{DH}{DM}$.

Gọi $MI$ cắt $AH$ tại $G$. $D^{\prime }$ đối xứng $D$ qua $I$.

Ta có tính chất quen thuộc: $MI\parallel A{D}^{\prime }$ và $AM$, $EF$, $DI$ đồng quy tại $X$.

Theo định lí Thales ta có: $\frac{DH}{DM}=\frac{IG}{IM}=\frac{A{D}^{\prime }}{IM}=\frac{X{D}^{\prime }}{XI}$.

Gọi $EF$ cắt $BC$ tại $J$, ta có: $(JD,BC)=-1$ dẫn đến chiếu xuyên tâm $B$ ta được: $(KI,XD)=-1$. Theo hệ thức Maclaurin ta có: $XI.XK=X{D}^{\prime }.XD$ suy ra: $\frac{X{D}^{\prime }}{XI}=\frac{XK}{XD}=\frac{2ID}{IK}$.

Do đó ta thu được điều cần chứng minh.