Bài 867 (Đề thi vào 10 PTTH Chuyên toán Hà Nội 2023 - 2024)
| 1 cách giải | Unknow | Độ khó: 3 | Loại: Tự luận | Lượt xem: 1093
Cho tam giác \(A B C\) có ba góc nhọn \((A B \lt A C)\), nội tiếp đường tròn \((O)\). Ba đường cao \(A D, B E\) và \(C F\) của tam giác \(A B C\) cùng đi qua điểm \(H\). Đường thẳng \(E F\) cắt đurờng thẳng \(A D\) tại điểm \(Q\). Gọi \(M\) và \(I\) lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng \(B C\) và \(A H\). Đường thẳng \(I M\) cắt đường thẳng EF tại điểm \(K\).
1. Chứng minh tam giác \(AEK\) đồng dạng với tam giác \(A B M\).
2. Đường thẳng \(EF\) cắt đường thẳng \(B C\) tại điểm S, đường thẳng \(SI\) cắt đường thẳng \(M Q\) tại điểm \(T\). Chứng minh bốn điểm \(A, T, H\) và \(M\) cùng thuộc một đường tròn.
3. Tia \(TH\) cắt đường tròn \((O)\) tại điểm P. Chứng minh ba điểm \(A, K\) và \(P\) là ba điểm thẳng hàng.
Cách giải 1
1. Chứng minh được \(\triangle A E F \sim \triangle A B C\).
Suy ra \(\widehat{A E K}=\widehat{A B M}\) (1). Lại có:
\[M E=M F=\frac{1}{2} B C, I E=I F\]
nên \(M I\) là trung trực của \(E F\). Dẫn đến \(K\) là trung điểm của đoạn thẳng \(E F\). Suy ra \(\dfrac{E A}{B A}=\dfrac{E K}{B M}\)
Từ (1) và (2) suy ra \(\triangle A E K \sim \triangle A B M\).
2. Ta có: \(I D \perp S M, S K \perp I M\) (do \(M I\) là trung trực của \(E F\) ) nên \(Q\) là trực tâm tam giác \(I S M\), suy ra: \(Q I \cdot Q D=Q T \cdot Q M\).
Do 4 điểm \(I, F, D, E\) cùng thuộc đường tròn Euler của \(\triangle A B C\) nên
\[Q I \cdot Q D=Q E \cdot Q F\]
Do 4 điểm \(A, E, H, F\) cùng thuộc đường tròn nên
\[Q E \cdot Q F=Q A \cdot Q H .\]
Suy ra:
\[\begin{gathered}Q T \cdot Q M=Q A \cdot Q H \\\Rightarrow \triangle Q T A \sim \triangle Q H M .\end{gathered}\]
Suy ra tứ giác \(A T H M\) là tứ giác nội tiếp. Do đó 4 điểm \(A, T, H\) và \(M\) cùng thuộc một đường tròn.
3. Gọi \(P^{\prime}\) là giao điểm của \(A K\) và \(T H\). Do \(A, T\), \(H, M\) cùng thuộc một đường tròn nên
\[\widehat{P^{\prime} T M}=\widehat{M A H}\left(=\frac{1}{2} \mathrm{sđ} \overparen{H M}\right) \]
Xét tam giác vuông IEM có:
\[\begin{aligned}& I E^2=I K \cdot I M=I A^2 \\\Rightarrow & \Delta I K A \sim \Delta I A M \\\Rightarrow & \widehat{A K I}=\widehat{P^{\prime} K M}=\widehat{M A H} .\end{aligned}\]
Suy ra \(\widehat{P^{\prime} T M}=\widehat{P^{\prime} K M}\), dẫn đến tứ giác \(T K M P^{\prime}\) là tứ giác nội tiếp (*).
Kẻ đường kính \(A N\) của \((O)\). \(S A\) cắt \((O)\) tại điểm thứ hai \(J\). Khi đó \(B H C N\) là hình bình hành \(\Rightarrow H, M, N\) thẳng hàng.
Mặt khác, từ \(S J . S A=S B . S C=S E . S F\) suy ra \(J\) thuộc đường tròn đường kính \(A H \Rightarrow A J \perp J M\), mà \(A J \perp J N \Rightarrow J, H, N\) thẳng hàng. Suy ra bốn điểm \(N, M, H, J\) thẳng hàng.
Lại có: \(\widehat{S J M}=\widehat{S T M}=\widehat{S K M}=90^{\circ}\). Từ \(\left(^*\right)\) suy ra: \(J, T, M, K, P^{\prime}\) cùng thuộc một đường tròn.
Dẫn tới tứ giác \(J T M P^{\prime}\) nội tiếp. Ta có: \(\widehat{N J P^{\prime}}=\widehat{P^{\prime} T M}=\widehat{M A H}=\widehat{O A K}=\widehat{N A P^{\prime}}\).
Suy ra tứ giác \(J A N P^{\prime}\) nội tiếp. Suy ra \(P^{\prime} \in(O)\). Do đó \(P^{\prime} \equiv P\). Suy ra ba điểm \(A, K, P\) là ba điểm thẳng hàng.