[T8/502 Toán học & tuổi trẻ số 502, tháng 4 năm 2019] Cho tam giác $ABC$ nhọn, $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp, $H$ là trực tâm, $P$ là điểm chính giữa cung nhỏ $\wideparen{BC}$. Gọi $E$ là giao điểm của $BH$ và $AC$; $F$ là giao điểm của $CH$ và $AB$; $Q$, $R$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của $PE$, $PF$ và $(O)$; $K$ là giao điểm của $BQ$ và $CR$. Chứng minh rằng $KH\parallel AP$.

[T8/502 Toán học & tuổi trẻ số 502, tháng 4 năm 2019] Cho tam giác $ABC$ nhọn, $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp, $H$ là trực tâm, $P$ là điểm chính giữa cung nhỏ $\wideparen{BC}$. Gọi $E$ là giao điểm của $BH$ và $AC$; $F$ là giao điểm của $CH$ và $AB$; $Q$, $R$ theo thứ tự là giao điểm thứ hai của $PE$, $PF$ và $(O)$; $K$ là giao điểm của $BQ$ và $CR$. Chứng minh rằng $KH\parallel AP$.

Lời giải

Áp dụng định lí Pascal cho $6$ điểm $\left(\begin{matrix} R &A &Q\\ B &P &C \end{matrix}\right)$, để ý rằng $F=RP\cap AB$, $E=PQ\cap AC$, $K=BQ\cap CR$, suy ra $3$ điểm $K$, $E$, $F$ thẳng hàng. Ta có $$\begin{align*} \dfrac{KF}{KE}&=\dfrac{S_{FBQ}}{S_{EBQ}}=\dfrac{S_{ABQ}\cdot \dfrac{BF}{AB}}{S_{BPQ}\cdot\dfrac{QE}{PQ}}\\ &=\dfrac{AB\cdot AQ\cdot\dfrac{BF}{AB}}{PB\cdot PQ\cdot\dfrac{QE}{PQ}}=\dfrac{BF}{PB}\cdot\dfrac{AQ}{QE} \tag{1} \end{align*}$$ (lưu ý rằng $\sin\widehat{BAQ}=\sin\widehat{BPQ}$).
Mặt khác $\triangle AQE\backsim \triangle PCE$ (g-g) suy ra $\dfrac{AQ}{QE}=\dfrac{PC}{CE}$.
Mà $PB=PC$ nên
$\dfrac{BF}{PB}\cdot\dfrac{AQ}{QE}=\dfrac{BF}{CE}=\dfrac{HF}{HE}$
(do $\triangle BFH\backsim\triangle CEH$ (g-g)). (2) } Từ (1) và (2) suy ra $\dfrac{KF}{KE}=\dfrac{HF}{HE}$. Do đó $HK$ là đường phân giác của góc $\widehat{FHE}$. Gọi $I$ là giao điểm của $AP$ và $BE$, khi đó $\widehat{AIE}=90^\circ-\dfrac{1}{2}\widehat{BAC}=\widehat{KHE}$, dẫn đến $KH\parallel AP$.