[Bài toán] Định lí Pascal, Carnot, ba điểm thẳng hàng, các đường đồng quy.

Bài toán 1 : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$. Hai đường cao $C{C}^{\prime },B{B}^{\prime }$. $G$ là trọng tâm tam giác. $C^{\prime }G,B^{\prime }G$ lần lượt cắt $(O)$ tại $C_1,B_1$. Chứng minh rằng giao điểm $I$ của $B{C}_1$ và $B_{1}C$ nằm trên đường thẳng $Euler$ của tam giác $ABC$.

Lời giải : Bổ đề : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, trực tâm $H$, trọng tâm $G$. Đường cao $A{A}^{\prime }$ cắt $(O)$ tại $A^{\prime \prime }$, tia $A^{\prime }G$ cắt $(O)$ tại $A_1$. Khi đó ta có $A_1,O,A^{\prime \prime }$ thẳng hàng. Chứng minh bổ đề : Dễ thấy rằng $A^{\prime }$ là trung điểm của $H{A}^{\prime \prime }$. Gọi $K$ là giao điểm của $A^{\prime }G$ với $A^{\prime \prime }O$. Ta sẽ chứng minh $K\equiv A_1$ Theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $HO{A}^{\prime \prime }$ : $\frac{A^{\prime }H}{A^{\prime }{A}^{\prime \prime }}.\frac{K{A}^{\prime \prime }}{KO}.\frac{GO}{GH}$$=1$$\Rightarrow \frac{K{A}^{\prime \prime }}{KO}$$=\frac{GH}{GO}.\frac{A^{\prime }{A}^{\prime \prime }}{A^{\prime }H}$$=2$ Hiển nhiên $K,A^{\prime \prime },O$ thẳng hàng theo cách gọi điểm $K$ nên $O$ là trung điểm của $A^{\prime \prime }O$, suy ra $K\in \left(O\right)\Rightarrow K\equiv A_1$. Như vậy bổ đề được chứng minh. Quay trở lại bài toán : Gọi $H$ là trực tâm tam giác. Vẽ giao điểm của $B{B}^{\prime },C{C}^{\prime }$ lần lượt với $(O)$ là $B^{\prime \prime },C^{\prime \prime }$. Theo bổ đề trên thì $B_1,O,B^{\prime \prime }$ và $C_1,O,C^{\prime \prime }$ là các bộ điểm thẳng hàng. Áp dụng định lí $Pascal$ cho lục giác nội tiếp $B{B}^{\prime \prime }{B}_{1}C{C}^{\prime \prime }{C}_1$ : với $\left\{H\right\}=C{C}^{\prime \prime }\cap B{B}^{\prime \prime },\left\{O\right\}=C^{\prime \prime }{C}_1\cap B^{\prime \prime }{B}_1,\left\{I\right\}=B{C}_1\cap B_{1}C$ Ta có $H,I,O$ thẳng hàng. Vậy $I$ thuộc đường thẳng $Euler$ của tam giác $ABC$. ____________________________________________________

Bài toán 2 : Cho tam giác $ABC$ nội tiếp $(O)$, trọng tâm $G$. Các đường cao $A{A}^{\prime },B{B}^{\prime },C{C}^{\prime }$. Gọi $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là giao điểm của $A^{\prime }G,B^{\prime }G,C^{\prime }G$ với $(O)$, $A_2,B_2,C_2$ lần lượt là các điểm đối xứng của $A,B,C$ qua $O$. Chứng minh rằng $A_1{A}_2,B_1{B}_2,C_1{C}_2$ đồng quy.

Chứng minh 1 :

Gọi $\left\{P\right\}=B_{1}C\cap B{C}_1$, $\left\{W\right\}=B_1{B}_2\cap C_1{C}_2$

Xét lục giác nội tiếp $B_1{B}_{2}B{C}_1{C}_{2}C$ với $\left\{P\right\}=B_{1}C\cap B{C}_1$, $\left\{W\right\}=B_1{B}_2\cap C_1{C}_2$, $\left\{O\right\}=C{C}_2\cap B{B}_2$

Do đó theo định lí $Pascal$ ta có $P,W,O$ thẳng hàng. Mà theo bài toán 1 thì $PO$ chính là đường thẳng $Euler$ của tam giác $ABC$ nên giao điểm $W$ của $B_1{B}_2,C_1{C}_2$ nằm trên đường thẳng $Euler$ của tam giác.

Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được giao điểm của $A_1{A}_2,C_1{C}_2$ và $B_1{B}_2,A_1{A}_2$ cũng thuộc đường thẳng $Euler$ của tam giác $ABC$.

Vậy : $A_1{A}_2,B_1{B}_2,C_1{C}_2$ đồng quy (tại một điểm thuộc đường thẳng $Euler$ của tam giác $ABC$)

Chứng minh 2 :

Gọi $T$ là giao của tia $A{A}^{\prime }$ với $(O)$, theo bổ đề trong chứng minh bài toán 1, ta có $T,O,A_1$ thẳng hàng.

Từ đó có $A{A}_1{A}_{2}T$ là hình chữ nhật, suy ra $AT\parallel A_1{A}_2\Rightarrow A_1{A}_2\perp BC(AT\perp BC)$

Tương tự ta có $B_1{B}_2\perp AC,C_1{C}_2\perp BA$

Dễ dàng chứng minh được $BHC{A}_2$ là hình bình hành nên $A_{2}C=BH,A_{2}B=CH$

Tương tự : $B_{2}C=AH,B_{2}A=CH,C_{2}A=BH,C_{2}B=AH$

Suy ra $\left(A_2{C}^2-A_2{B}^2\right)+(C_2{B}^2-C_2{A}^2)+(B_2{A}^2-B_2{C}^2)=(B{H}^2-C{H}^2)+(A{H}^2-B{H}^2)+(C{H}^2-A{H}^2)=0$

Theo định lí $Carnot$, ta có $A_1{A}_2,B_1{B}_2,C_1{C}_2$ đồng quy.