[tc12][T12/504 Toán học & tuổi trẻ số 504, tháng 6 năm 2019] Cho tam giác $ABC$ không vuông. Các đường cao $BB'$ và $CC'$ cắt nhau tại $H$. Gọi $M$ là trung điểm của $AH$. $K$ là một điểm bất kì trên $B'C'$ ($K$ khác $B'$, $C'$). Đường thẳng $AK$ cắt $MB'$, $MC'$ theo thứ tự tại $E$, $F$. Gọi $N$ là giao điểm của $BE$ và $CF$. Chứng minh rằng $K$ là trực tâm của tam giác $NBC$.

Lời giải

Gọi $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp tam giác $ABC$, $S$ là giao điểm thứ hai của $AK$ và $(O)$. Dễ thấy các bộ bốn điểm $A$, $B$, $C$, $S$ và $B$, $C$, $B'$, $C'$ cùng thuộc một đường tròn.

Do đó \begin{align*} (SC,SK)&\equiv(SC,SA)\equiv(BC,BA)\equiv(BC,BC')\equiv(B'C,B'C')\\&\equiv(B'C,B'K)\pmod\pi \end{align*} Điều đó có nghĩa là bốn điểm $C$, $K$, $B'$, $S$ cùng thuộc một đường tròn. \tagEX{1} Vì $\angle AB'H=90^\circ$ và $MA=MH$ nên tam giác $MAB'$ cân tại $M$. Từ đó, chú ý rằng bốn điểm $A$, $B$, $C$, $S$ cùng thuộc một đường tròn và $MA\perp BC$, $B'A\perp BB'$ suy ra \begin{align*} (ES,EB')&\equiv(AS,AC)+(AB',MB')\equiv(BS,BC)+(MA,B'A)\\&\equiv(BS,BC)+(BC,BB')\equiv(BS,BB')\pmod\pi. \end{align*} Do đó bốn điểm $B$, $B'$, $E$, $S$ cùng thuộc một đường tròn.\tagEX{2} Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra \[(CK,C'B)\equiv(SK,SB')\equiv(SE,SB')\equiv(BE,BB')\equiv(BN,BB')\pmod{\pi}.\] Kết hợp với $BB'\perp CB'$, ta có $BN\perp CK$. Tương tự $CN\perp BK$. Vậy $K$ là trực tâm của tam giác $NBC$.