Em làm như sau.
Lấy $A'B'C'$ là tam giác tạo bởi tiếp tuyến tại $A$, $B$, $C$ của $(O)$.
Ý tưởng của em là chỉ ra $P$ là trực tâm $\triangle A'B'C'$.
Gọi $P'$ là trực tâm $\triangle A'B'C'$.
$X$, $Y$ lần lượt là hình chiếu vuông góc của $B'$, $C'$ lên $BC$.
$T$ là điểm đối xứng với $O$ qua $BC$. $AD'$ là đường cao của $\triangle ABC$.
Có đoạn này thì do muốn chứng minh không phụ thuộc hình vẽ(độ dài đại số, vector) cho nên em dùng barycentric một chút.
Kí hiệu $a$, $b$, $c$ là độ dài của $BC$, $CA$, $AB$.
$AA'$, $BB'$, $CC'$ đồng quy tại điểm Lemoine $S$, hơn nữa ta có $a^2\overrightarrow{SA}+b^2\overrightarrow{SB}+c^2\overrightarrow{SC}=\overrightarrow{0}$. $\triangle A'B'C'$ là tam giác anticevian của $S$ nên
\[-a^2\overrightarrow{A'A}+b^2\overrightarrow{A'B}+c^2\overrightarrow{A'C}=\overrightarrow{0}\]
\[a^2\overrightarrow{B'A}-b^2\overrightarrow{B'B}+c^2\overrightarrow{B'C}=\overrightarrow{0}\]
\[a^2\overrightarrow{C'A}+b^2\overrightarrow{C'B}-c^2\overrightarrow{C'C}=\overrightarrow{0}\]
Từ đó mà ta thu được rằng $(a^2+c^2-b^2)\overrightarrow{AB'}+(a^2+b^2-c^2)\overrightarrow{AC'}=\overrightarrow{0}$
Trực tâm $H$ của $\triangle ABC$ thỏa mãn $\sum\dfrac{\overrightarrow{HA}}{b^2+c^2-a^2}$ $\Rightarrow$ $(a^2+b^2-c^2)\overrightarrow{D'B}+(a^2-b^2+c^2)\overrightarrow{D'C}=\overrightarrow{0}$
\[\Rightarrow \dfrac{\overline{D'B}}{\overline{D'C}}=\dfrac{\overline{AC'}}{\overline{AB'}}=\dfrac{\overline{D'Y}}{\overline{D'X}}\]
$\Rightarrow \overline{D'B}\cdot\overline{D'X}=\overline{D'C}\cdot\overline{D'Y}$.
$\Rightarrow$ $D'$ thuộc trục đẳng phương của 2 đường tròn đường kính $BB'$ và $CC'$.
Dễ thấy $T$ là trực tâm $\triangle A'BC$.
Định lý. Một đường thẳng $\ell$ cắt $BC$, $CA$, $AB$ tại $D$, $E$, $F$ thì trực tâm $\triangle ABC$, $\triangle AEF$, $\triangle BFD$, $\triangle CDE$ thuộc trục đẳng phương của các đường tròn đường kính $AD$, $BE$, $CF$.
Áp dụng điều này, ta suy ra $P'$, $T$, $D'$ thẳng hàng. Hoàn toàn tương tự, $EK$, $FL$ đi qua trực tâm $\triangle A'B'C'$ - nghĩa là $P$ trùng $P'$.
Và từ đó còn dẫn tới $A'$, $P$, $Q$ thẳng hàng.
$AO$ song song $QA'$, $AQ$ song song $OA'$ nên $AOA'Q$ là hình bình hành $\Rightarrow \overrightarrow{QA'}=\overrightarrow{AO}=\overrightarrow{OD}$
$\Rightarrow$ $ODA'Q$ là hình bình hành $\Rightarrow$ $DA'$ song song $OQ$. Mà $DR$ song song $OQ$ nên $DR$ đi qua $A'$.
Vậy $DR$ luôn đi qua điểm cố định $A'$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi QuangDuong12011998: 02-08-2016 - 10:39