Bài 3:
quá nhiều tính chất cho hai điểm S,T đơn giản.
Ta sẽ dựng ra hai điểm S,T theo một cách "không liên quan".
1, Dựng S,T. Vẽ trung trực của BD cắt CH tại O, ta xét đường tròn tâm O, bán kính BO, nó cắt lại CH tại X trên tia CH. Qua X vẽ tiếp tuyến với đường tròn (O) cắt AB,AD tại S và T.
Như vậy ta thấy $\widehat{BCS}=\widehat{BXS}=\widehat{XDB} $, từ đó suy ra DX và CS cắt nhau tại K nằm trên (w) ngoại tiếp ABCD.
Tương tự BX và CT cắt nhau tại R nằm trên (w).
Chỉ dùng góc là có thể thấy KR và ST song song.
2. Ta sẽ chỉ ra rằng HS và HT lần lượt vuông góc BX,XD.
Để làm điều này, ta cần bổ đề sau:
Cho hình thang KRTS, KS cắt RT tại C. Vẽ CY vuông góc KR, X là giao của CY và ST. Khi đó, lấy M trên CX để $MT \perp XS $thì $MS \perp XR $.
Thật vậy: $RS^2-RM^2+XM^2-SX^2=RS^2-(KM^2+RY^2-YS^2)+XM^2-SX^2 $
Chú ý là đã có : $MT \perp XS $, nên $KM^2-KT^2+XT^2-XM^2=0 $
Thay vào, suy ra ta cần có $SR^2-KT^2=RY^2+SX^2-KY^2-XT^2 $ ( cái này không khó để chỉ ra trong hình thang KSTR có KS cắt RT tại C và X,Y là chân các đường cao từ C)
Như vậy, ta đã lấy được $M $ mà $MT,MS $ lần lượt vuông góc $XD, XB. $
Do vậy $MB^2-MD^2= (BS^2+XM^2-SX^2)-(DT^2+XM^2-XT^2)= (XC^2-CB^2)-(XC^2-CD^2)=CD^2-CB^2=AB^2-AD^2 $, vậy $AM $ vuống góc $BD $, nói cách khác $M $ là giao của $AH $ và $CH $, do đó $M $ trùng $H $.
3, Vậy có các điều kiện $HS,HT $ lần lượt vuông góc $XB,XD $.
Ta suy ra $\widehat{CHS}=90+\widehat{XSH}=90+\widehat{BXC}=90 +\widehat{BSC} $, dễ thấy cách xác định "S của đề bài là duy nhất" nên $S $ được dựng như trên. Tương tự với $T $.
Cuối cùng $\widehat{BMS}=90-\widehat{HBX}=90-\widehat{HBR}=90-\widehat{RCD}=\widehat{CTD}=\widehat{CTS} $
Như thế thì $BH $ tiếp xúc với $(HST) $, và ta có đpcm.
Ý là như vậy, có vài đoạn mình dùng hiệu bình phương hơi "trâu", mọi người tìm cách xử lí hay hơn nhé.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]