BÀI TOÁN TAM GIÁC CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI HAY (I)

BÀI TOÁN TAM GIÁC CÓ NHIỀU CÁCH GIẢI HAY (I)
Đây là 1 trong 4 bài của đề thi chọn HSG toán THCS. Xét thấy bài này ít nhất có 4 cách giải hay có thể giúp các bạn HS rèn luyện tư duy giải các bài toán hình khác nên giới thiệu để mọi ngường tham khảo. nếu nghĩ được thêm cách giải mới thì càng tốt .
Đề bài : Cho 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.



Các cách giải
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 (w) 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