$\textbf{Lời giải.}$ Ta phát biểu và chứng minh một bổ đề.
$\textbf{Bổ đề.}$ (Jean Louis) Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn $(O).D$ là giao điểm của tiếp tuyến tại $A$ của $(O)$ với $BC$. Gọi $(X)$ là đường tròn đường kính $AD.G$ là trọng tâm tam giác $ABC.P,Q$ lần lượt là giao điểm của $AG$ với $(X)(O)$. Khi đó $PQ=3PG$.
$\textbf{Chứng minh.}$ Gọi $AG$ cắt $BC$ tại $M.H$ là hình chiếu của $A$ lên $BC$.
$PQ=3PG\iff GQ=2PG\iff AQ=2PM$
Do $MH.MD=MP.MA$ nên $MP=\frac{MH.MD}{MA}$. Do đó ta cần chứng minh :
$AQ=\frac{2MH.HD}{MA}\iff AQ.MA=2MH.MD$
Mặt khác do $MB^2=MB.MC=MQ.MA$ nên $AQ.MA=MQ.MA+MA^2=MB^2+MA^2$
Do $M$ là trung điểm $BC$ nên $2MD=DB+DC$. Do đó ta cần chứng minh : $MB^2+MA^2=MH(DB+DC)$
Giả sử $AC>AB$. Đặt $BC=a,CA=b,AB=c$. Do $\frac{DB}{DC}=\frac{AB^2}{AC^2}$ nên $DB+DC=\frac{a(b^2+c^2)}{b^2-c^2}$
Theo công thức đường trung tuyến thì $MA^2+MB^2=\frac{2(b^2+c^2)-a^2}{4}+\frac{a^2}{4}=\frac{b^2+c^2}{2}$. Do đó ta cần chứng minh :
$MH.\frac{a}{b^2-c^2}=\frac{1}{2}\iff 2MH.a=b^2-c^2\iff 2MH.a=HC^2-HB^2$
$\iff 2MH.a=(HB-HC).a\iff 2MH=HB-HC \iff MB=MC. \blacksquare$
Lời giải của em được viết lại từ trong link. Trong đó Arab có lời giải khác ngắn gọn hơn.
Quay lại bài toán :
Từ giả thiết ta suy ra $\frac{MH}{2IH}=\frac{NM}{NA}$ do đó nếu gọi $T'$ là là điểm thuộc đường thẳng $BC$ sao cho $AT'\parallel NH$ thì $HT'=2IH$. Do đó $HN$ đi qua $G$ là trọng tâm của tam giác $ABC$.
Gọi $L$ là giao điểm của đường tròn $(AT)$ với $(O)$. Ta sẽ chứng minh $HL$ đi qua $N$, tức là chứng minh $HL$ đi qua $G$.
Gọi $AI$ cắt $(O)(X)$ tại $J,J'$ Theo bổ đề ta suy ra $JJ'=3J'G$. Từ đó $\frac{GJ'}{GJ}=\frac{GI}{GA}=\frac{1}{2}$ suy ra $GJ'.GA=GI.GJ$. Mặt khác ta luôn có tứ giác $HIJL$ nội tiếp nên $G$ thuộc trục đẳng phương của $(HIJ)$ và $(AT)$ tức là $HL$ đi qua $G$. Do đó $HL$ đi qua $N.$
Gọi $S$ là hình chiếu của $T$ lên $AP$. Ta luôn có tứ giác $HMPL$ nội tiếp nên $NM.NP=NS.NA$ suy ra $\frac{NS}{NP}=\frac{NM}{NA}$ do đó $\frac{PN}{PS}=\frac{AN}{AM}.$
Gọi $TS$ cắt đường thẳng qua $C$ song song với $AM$ tại $X$. Từ đây áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $MTN$ với cát tuyến $E,C,A$ ta được :
\[\frac{CM}{CT}.\frac{ET}{EN}.\frac{AN}{AM}=1\ \text{suy ra} \ \frac{XS}{XT}.\frac{ET}{EN}.\frac{PN}{PS}=1\]
Do đó $P,E,X$ thẳng hàng.
Tương tự xác định điểm $Y$ thì ta suy ra $\frac{MQ}{MR}=\frac{SX}{SY}=\frac{MC}{MB}$. Từ đây $CQ\parallel BR.\ \blacksquare$
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi baopbc: 23-07-2016 - 18:29
, mọi người hãy cùng trao đổi thêm!
Solved
