Hình Học Phẳng

Tam giác nhọn có là trực tâm và là điểm di động bên trong tam giác sao cho . Đường thẳng qua  và vuông góc với cắt tại , đường thẳng qua và vuông góc với cắt tại . Chứng minh trung điểm của luôn thuộc một đường thẳng cố định.

Cách 1: Có cách tiếp cận bài này, là xét trường hợp đặt biệt từ đó suy nghĩ đến cách chứng minh. Để ý rang khí P dần về C thì đường thẳng CP sẽ là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác CBP. Tương tự khi P dần về B.

Gọi là giao điểm của đường thẳng qua B vuông góc AB và đường thẳng qua C vuông góc AC. Ta có D thuộc (ABC).

Cho tiếp tuyến tại C của cắt BD tại G, tiếp tuyến tại B của (BPD) cắt CD tại F. Gọi J là trung điểm CG, K là trung điểm BF. Ta có J, K cố định. Ta chứng minh I, J, K thẳng hàng.

Ta có DPMN nội tiếp, suy ,

Tam giác CBD và CBF đồng dạng nên:

Khi đó (1)

Ta có , tam giác CGM và BCN đồng dạng, suy ra: . Do đó (2)

Mặt khác (3).

Từ (1), (2), (3) ta có .

Áp dung bổ đề E.R.I.Q ta có I, J, K thẳng hàng.

Cách giải này tuy chưa phải là hay nhưng lại hiệu quả và dễ suy nghĩ đến vì thời gian có hạn trong lúc thi và đường thẳng rất khó đoán. Phương châm của cách này là: hãy xét trường hợp đặt biệt.

Cách 2: Cách suy luận ngược. Cách tiếp cận này là cách tiếp cận quen thuộc đối với hình học. Ta để ý rằng, trung điểm X của BC, cố định, trung điểm Y DP thay đổi nhưng luôn thuộc một đường tròn, và trung điểm I của MN. Từ đường thẳng Gauss cho tứ giác toàn phần, ta thấy X, Y, I thẳng hàng, và Y thuộc một đường tròn cố định. Khi đó ta chỉ cần chứng minh XY.XI không đổi là xong.

Ta có bổ đề sau:

Cho tứ giác nội tiếp ABCD, các đường chéo cắt nhau tại I, AB cắt CD tại E, AD cắt BC tại F. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của CD, AB và FI. Khi đó: latex $M, N, P$ thẳng hàng và .

Vế đầu thì là đường thẳng Gauss cho tứ giác toàn phần, vế sau thì chứng minh cũng khá đơn giản như sau: FI cắt AB, CD tại J, K. Ta có (EKDC) = -1, (EJAB) = -1. Khi đó:

, mà nên $EK.EM = EJ.EN$, do đó JNMK nội tiếp. Suy ra . Bổ đề được chứng minh.

Trở lại bài toán. Gọi X là trung điểm BC, Y là trung điểm DP.

Theo bổ đề thì X, Y, I thẳng hàng và không đổi.

Ta có P thuộc cùng cung tròn cố định, xét phép vị tự tâm D tỉ số , thì ta suy ra Y thuộc đường tròn cố định qua X.

Xét phép nghịch đảo tâm biến Y thành I. Mà Y thuộc một đường tròn cố định qua X nên I thuộc một đường thẳng cố định là ảnh của đường tròn trên qua phép nghịch đảo.

Bài toán được chứng minh.

Cách 3. Dành cho các bạn THCS.

Cách này nhìn có vẻ hay nhưng phải có cảm nhận tốt thì mới phát hiện được tích chất của đường thẳng cố định.

Gọi là điểm đối xứng của Q qua trung điểm của BC. Theo đối xứng tâm thì thuộc đường tròn ngoại tam giác BPC và là trực tâm tam giác . Gọi là giao điểm của và $latex CL$,  là giao điểm của và .  Ta chứng minh I thuộc đường thẳng .

Ta có tam giác và đồng dạng, suy ra mà , do đó . Áp dung Menelaus cho tam giác ta có thẳng hàng. Vậy I thuộc đường thẳng KJ cố định.

Cách 4: Vị tự quay.

Ta có tứ giác PDMN nội tiếp, gọi E là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác và đường tròn ngoại tiếp tam giác BHC, E khác phía P đối với đường thẳng BC. Ta chứng minh H, D, E thẳng hàng. Ta có:

.  Suy ra thẳng hàng. Do đó cố định. Khi đó không đổi và không đổi. Vậy tam giác đồng dạng với tam giác , suy ra   và không đổi. Xét phép vị tự quay tâm E góc quay tỉ số biến M thành I, mà thuộc đường thẳng cố định nên cũng thuộc một đường thẳng cố định. Kết thúc chứng minh.

Trên đây là một số cách chứng minh cho một bài toán hay, mỗi cách có một thể mạnh riêng và hướng suy nghĩ riêng tùy thuộc vào cách nhịn nhận và kiến thức nhất định. Với các cách tiếp cận đối với bài này bạn có thể áp dung cho những bài toán khác, từ đó cho được nhiều lời giải hay. Chúc các bạn thành công.