Về một điểm "đặc biệt"

[mathandyou]

Chào mọi người
Nhân ngày quốc khánh 2/9,lấy cảm hứng từ bài chọn đội tuyển Ninh Bình vừa rồi,mình xin gửi đến mọi người một topic về một điểm "đặc biệt" trong đường tròn.

Bài toán:Cho $\triangle ABC$ nội tiếp $(O)$.Gọi $H$ là trực tâm của tam giác,$M$ là trung điểm $BC$.Tia $MH$ cắt $(O)$ tại $E$ thì $\angle AEH=90$.

Chứng minh:



$AO$ cắt $(ABC)$ tại $A'$ thì $BH \parallel CA'$,$CH \parallel BA'$ nên $BHCA'$ là hình bình hành nên $M$ là trung điểm $A'H$.
Từ đó: $E,H,M,A'$ thẳng hàng nên ta có $\angle AEH=\angle AEA'=90$

$E$ chính là điểm mà topic này muốn nói đến.

Từ đây ta có thể thấy một số hệ quả của các bài toán xung quanh trực tâm là:

1-Áp dụng định lí Thales thì ta có: $AH=2OM$
2-Áp dụng hệ quả $1$ thì $EM$ cắt đường tròn Euler tại $T$ thì $T$ là trung điểm $EH$.
3-Gọi $B',C'$ lần lượt là chân đường cao kẻ từ $B$ và $C$,khi đó: $AE,B'C',BC$ đồng qui.



Thật vậy,vì các tứ giác $AEC'B'$,$BCC'B'$ nội tiếp nên $AE,B'C',BC$ đồng qui theo tính chất của trục đẳng phương và tâm đẳng phương.

Từ hệ quả trên ta có bài toán sau:

Bài toán 1:(USA TST 2012)
Cho tam giác $ABC$ có chân các đường vuông góc kẻ từ $A,B,C$ đến các cạnh đối diện lần lượt là ${{A}_{1}},{{B}_{1}},{{C}_{1}}.$ Gọi ${{A}_{2}}$ là giao điểm của đường thẳng $BC$ và ${{B}_{1}}{{C}_{1}}$. Các điểm ${{B}_{2}},{{C}_{2}}$ xác định tương tự. Giả sử $D,E,F$ lần lượt là trung điểm của $BC,CA,AB.$
Chứng minh rằng các đường vuông góc kẻ từ $D$ đến $A{{A}_{2}},$ từ $E$ đến $B{{B}_{2}}$ và từ $F$ đến $C{{C}_{2}}$ đồng quy.

Nhìn bài toán có vẻ cồng kềnh nhưng thật chất chính là hệ quả $3$ ở trên.Điểm đồng qui chính là điểm $H$.

Ta có thể giải lại bằng định lí Brocard như sau:



Gọi $H$ là trực tâm tam giác $ ABC$.

Áp dụng định lý Brocard cho tứ giác $BC_1B_1C$ nội tiếp đường tròn đường kính $BC$, ta suy ra $D$ là trực tâm tam giác $HAA_2$.

Suy ra $DH \bot AA_2$.

Chứng minh tương tự với các đường thẳng còn lại.

Vậy các đường thẳng đã cho đồng quy tại $H$.

Bài toán 2:(Swiss IMO TST 2006)
Cho $\Delta ABC$ nội tiếp trong $\left( O \right)$ có trực tâm $H$và trung điểm cạnh $BC$là $M$. Gọi $D,E$ lần lượt thuộc các cạnh $AB,\,AC$sao cho $AD=AE$ và $H,\,D,\,E$thẳng hàng. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác $ABC$ và $ADE$ cắt nhau tại điểm thứ hai là $K$. Chứng minh $MH\bot AK$.

$K$ chính là điểm "đặc biệt" mà ta đang xét tới,thực chất nó bị dấu đi rất tinh tế,bài toán là một bài khá khó

Lời giải:



Gọi ${{B}_{1}},\,{{C}_{1}}$lần lượt là chân các đường cao kẻ từ $B,\,C$ đến cạnh đối diện.

Ta có: $\angle {{C}_{1}}DH=\angle {{B}_{1}}EH$, nên $\angle {{C}_{1}}HD=\angle {{B}_{1}}HD$, dễ dàng suy ra $HD,HE$ lần lượt là phân giác $\angle BH{{C}_{1}},\,\angle CH{{B}_{1}}$.

$\Delta KDB\sim \Delta KEC$(g.g) nên $\frac{KD}{KE}=\frac{DB}{EC}$, mà $\frac{DB}{EC}=\frac{HD}{HE}$ (do $\Delta HB{{C}_{1}}\sim \Delta HC{{B}_{1}}$ có các đường phân giác tương ứng).

Do đó suy ra $KH$là phân giác $\angle DKE$; mà $A$là trung điểm $\overset\frown{DE}$chứa $K$.

Như vậy $KH\bot KA$, suy ra$K$thuộc đường tròn đường kính $AH$

Đến đây thì vấn đề đã được giải quyết theo bài toán xuất phát của chúng ta.

Bài toán 3:Cho tam giác $ABC$ nhọn,trực tâm $H$.Gọi $D$ là hình chiếu của $A$ trên $BC,M$ là trung điểm của $BC$.Giả sử $E,F$ lần lượt là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$ với các tia $MH,ED$.Chứng minh tứ giác $ABFC$ là tứ giác điều hòa.

Đây là một tính chất thú vị của điểm "đặc biệt" mà ta đang xét đến.$AF$ chính đường đối trung của $\triangle ABC$.



Từ bài toán xuất phát thì $AEDM$ là tứ giác nội tiếp.

Biến đổi góc:

$\angle BAF=\angle BEF=90-\angle xEB-\angle FEM=90-\angle ACM-\angle DAM=\angle AMD-\angle ACM=\angle CAM$

Từ đó $AF$ là đường đối trung của $\triangle ABC$.

Vậy thì tiếp tuyến tại $B,C$ của $(ABC)$ và $AF$ đồng qui nên $ABFC$ là tứ giác điều hòa.

Xung quanh bài toán $3$ này có rất nhiều điều thú vị liên quan đến điểm $F$.

Bài toán 4:
Cho $\triangle ABC$,trực tâm $H$,đường cao $BE,CF$,trung điểm $M$ của $BC$.Tia $MH$ cắt $(ABC)$ tại $D$.Tia $DE,DF$ lần lượt cắt $(ABC)$ tại $P,Q$.Chứng minh: $AO,BQ,PC$ đồng qui.

Lời giải:



Biến đổi góc,ta có: $\angle DEF=\angle DAF=\angle DPB$ nên $BP \parallel EF$.

Tương tự thì $CQ \parallel EF$.

Từ đó ta có: $BQCP$ là hình thang cân.

Gọi $S$ là giao của $BQ$ và $PC$.,suy ra:$SO \perp BP$.

Mặt khác,theo một tính chất quen thuộc thì $OA \perp EF$ nên $OA \perp BP$ hay $A,O,S$ thẳng hàng.

Vậy ta có $AO,BQ,PC$ đồng qui.

Sau đây mình xin đề xuất một số bài toán:

Bài toán 5:
Cho $\triangle ABC$,trực tâm $H$,các đường cao $AA',BB',CC'$.$M$ là trung điểm $BC$.Tia $MH$ cắt $(ABC)$ tại $E$.$A'B'$ cắt $CH$ tại $P$.$A'C'$ cắt $BH$ tại $Q$.Chứng minh $AE,B'C',PQ,BC$ đồng qui.

Bài toán 6:
Cho $\triangle ABC$,trực tâm $H$.$P$ là trung điểm $AH$.Các đường cao $BB',CC'$.Gọi $D,E,F$ lần lượt là trung điểm $BC,CA,AB$.Tia $DH$cắt đường tròn Euler của $\triangle ABC$ tại $Q$.Chứng minh: $PQ,EF,B'C'$ đồng qui.

Bài toán 7:
Cho $\triangle ABC$,trực tâm $H$.Các đường cao $BB',CC'$.Trung điểm $M$ của $BC$.Tia $MH$ cắt $(ABC)$ tại $E$.$EC'$ cắt $BH$ tại $P$.Chứng minh:$MP,CH,EB'$ đồng qui.

Chắc hẳn xung quanh điểm "đặc biệt" này còn rất nhiều tính chất thú vị,nhiều bài toán hay được khai thác nhưng do thời gian và kiến thức có hạn của mình nên topic xin tạm ngừng tại đây,rất cám ơn các bạn đã đọc và mong nhận được ý kiến từ mọi người.Xin chân thành cảm ơn,chúc mọi người học tốt,MS ngày càng phát triển.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]