Một cách chứng minh đi qua điểm cố định và mở rộng của bài VMO 2016

Bài toán 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) cố định, dây BC cố định không là đường kính, A là điểm di động trên cung lớn BC. (K) đi qua B, C cắt AC, AB tại E, F. (ACH) cắt (ABG) tại D. Chứng minh rằng AD luôn đi qua điểm cố định khi A di động.

Giải:

Do (K) và (O) cố định nên tam giác AFC có các góc không đổi, các tam giác AFC được tạo thành khi điểm A di động luôn đồng dạng với nhau, Do H đối xứng F qua C nên ta cũng có tam giác AHC có các góc không đổi khi A di chuyển, như vậy góc AHF= góc ADC không đổi

Mặt khác do tứ giác EFBC nội tiếp:

$\frac{AE}{AF}=\frac{BE}{CF}=\frac{EG}{FH}$

Từ tam giác AFH đồng dạng tam giác AEG. Vậy $\angle BDA=\angle AHF= \angle ADB$

Từ đó DA là phân giác BDC. Nếu DA cắt (L) (Với L là đường tròn ngoại tiếp tam giác DBC  cố định do $\angle BDC=2 \angle AHF$ cố định)

Vậy M thuộc trung trực BC và (L) cố định nên M cố định. Vậy ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét: Ở đây chúng ta đã dùng nếu điểm A di chuyển sao cho tam giác AHC luôn đồng dạng với nhau thì khi đó góc của tam giác AHC luôn không đổi là hằng số.

Bài toán 2: Tam giác ABC, trực tâm H, trung điểm M của BC. P là một điểm trên HM, đường tròn đường kính AP cắt CA, CB  tại E, F. Chứng minh rằng tiếp tuyến tại E, F của (K) cắt nhau trên trung trực BC. (Khi P trung với M ta có đề thi VMO 2016)

Lời giải: Cho (K) cắt cắt (ABC) tại S. Thì $\angle ASP=90^o$ theo bài toán cơ bản thì A(SXBC)=-1, chiếu lên (K) cho ta tứ giác SFLE điều hòa. Suy ra điểm T giao của hai tiếp tuyến tại E và F thuộc SL.

Theo tính chất tiếp tuyến: $\frac{TL}{TS} = \frac{FL^2}{FS^2}$

Bây giờ ta sẽ dùng cách chứng minh của bài toán 1, Ta cố định tam giác ABC, xét P di chuyển ta thấy $\angle FSL=\angle FAL, \angle FLS= \angle FAS$ cũng không đổi khi P di chuyển. Chú ý rằng S cố định do N, H cố định. 

Do đó các tam giác FSL có hai góc không đổi nên chúng tự đồng dạng với tỉ số $\frac{FL^2}{FS^2}$ không dổi.

Nên tỉ số $\frac{TL}{TS}$ không dổi, mà S cố định, L di chuyển trên đường cao cố định, do đó T di chuyển trên đường song song AX cố định. Khi P trùng M thì theo bài toán VMO 2016 ta có T thuộc trung trực BC song song AX. Vậy ta có đpcm

Hoặc nếu không dùng kết quả VMO 2016, thì ta sẽ dùng phép vị tự quay tâm G biến tam giác GYZ thành tam giác GEF nên biến tiếp tuyến của hai đường tròn này là M thành T. Nên GZF đồng dạng tam giác GMT suy ra $\angle GMT=\angle GZF= 180^o - \angle GZA= 180^o- \angle GHA= \angle AHP$ Suy ra TM song song $AH \perp BC$. Vậy ta có đpcm