\maid{[tc36]}[T12/506 Toán học & tuổi trẻ số 506, tháng 8 năm 2019] Cho tam giác $ABC$ $(AB < AC)$. Hai đường cao $BE$ và $CF$ cắt nhau tại $H$. Gọi $I$ là tâm đường tròn đi qua $A$, $B$ và tiếp xúc với $BC$ và $J$ là tâm đường tròn đi qua $B$, $H$ và tiếp xúc với $BC$. Gọi $M$ là trung điểm của $AH$, $S=EF\cap BC$. Chứng minh rằng $SM$ chia đôi $IJ$.

Lời giải

Gọi $D$ là giao điểm của $AH$ và $BC$; $N$ là giao điểm của $AI$ và $HJ$; $X$, $Y$ theo thứ tự là giao điểm của $NA$, $NH$ và $EF$; $Z$ là hình chiếu của $N$ trên $BC$.
Dễ thấy tứ giác $AEHF$ nội tiếp. Từ đó, chú ý rằng $IA=IB$,
$IB\parallel AH$, suy ra $$\widehat{NAB}=\widehat{IAB}=\widehat{IBA}=\widehat{HAB};$$ } { $$\widehat{XAB}=\widehat{IAB}=\widehat{IBA}=\widehat{BAH}=\widehat{FAH}=\widehat{FEH}=\widehat{XEB}.$$ Do đó $AB$ là phân giác trong của tam giác $AHN$ và tứ giác $AEBX$ nội tiếp. \quad (1)
Từ đó chú ý rằng $JH=JB$, $JB\parallel AH$, suy ra $$\widehat{NHB}=\widehat{JHB}=\widehat{JBH}=\widehat{DHB};\,\,\widehat{YHB}=\widehat{JHB}=\widehat{JBH}=\widehat{BHD}=\widehat{EHA}=\widehat{EFA}=\widehat{YFB}.$$ Do đó $HB$ là phân giác ngoài của tam giác $AHN$ và tứ giác $HFYB$ nội tiếp. \quad (2)
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $NB$ là phân giác ngoài của tam giác $AHN$. \quad (3)
Từ $(1)$ và $(2)$ suy ra $$\begin{eqnarray*} && \widehat{NXB}=\widehat{AXB}=180^{\circ}-\widehat{AEB}=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ};\\ && \widehat{NYB}=180^{\circ}-\widehat{HYB}=180^{\circ}-\widehat{HFB}=180^{\circ}-90^{\circ}=90^{\circ}. \end{eqnarray*}$$ Kết hợp với $\widehat{NZB}=90^{\circ}$, suy ra $X$, $Y$, $Z$, $N$, $B$ cùng thuộc đường tròn đường kính $NB$. Kết hợp với $(3)$, suy ra $ZN$ là phân giác của góc $\widehat{XZY}$. \quad (4)
Từ $(3)$ và $(4)$, chú ý rằng $NZ\parallel AH$; $MA=MH$; $ZN\perp ZS$ và $X$, $Y$, $S$ thẳng hàng, suy ra $$N(XYMZ)=N(AHMZ)=-1=Z(XYSN)=N(XYSZ).$$ Do đó $S$, $M$, $N$ thẳng hàng. Kết hợp với $IJ \parallel AH$ và $MA=MH$, suy ra $SM$ chia đôi $IJ$ (đpcm).