Câu c) bài Hình học TS10 (không chuyên) KHTN HN

Nhận xét và phương hướng để giải bài toán. (Phương hướng này tham khảo từ nhiều Diễn Đàn).
 
 

1. Đây là bài toán rất khó, giả thiết quá cô đọng và không có đường tròn để dễ tham chiếu (các góc bằng nhau).

2. Để giải bài toán này ta xét phép đối xứng qua đường thẳng $EF$. Ta gọi $G’$ là giao điểm của $AK$ và $EF$, $A’$ là điểm đối xứng của $A$ qua đường thẳng $EF$. Khi đó nếu $A’, S, G’$ thẳng hàng thì qua phép đối xứng, ba điểm $A, T, G’$ thẳng hàng, nghĩa là ba điểm $A, T, K$ thẳng hàng. Ý tưởng này không dễ nghĩ ra được.

3. Ta tạm quên $G’$. Từ $S$ ta vẽ đoạn vuông góc xuống $BC$ cắt $EF$ tại $G$. Ta tính tỉ số $\dfrac{GE}{GF}$. (tính toán công phu).
4. Trở lại với $G’$ ta tính $\dfrac{G’E}{G’F}$ và thấy $\dfrac{G’E}{G’F}=\dfrac{GE}{GF}$ nên $G$ trùng với $G’$, nghĩa là $SG’\perp BC$.

5. Hạ $AH\perp BC$ ta có $SG’ /\!/ AH$ nên $\widehat{SG’A}=\widehat{G’AH}\ \text{(so le trong)}\ = 2 \widehat{G’AA’}$ (chứng minh $AA’$ là đường phân giác góc $HAG’$), do tam giác $AG’A’$ cân tại $G’$ (chú ý $G’$ nằm trên đường trung trực của $AA’$) nên $\widehat{AG’A’}= 180^\circ-2 \widehat{G’AA’} ⇒ \widehat{SG’A}+\widehat{AG’A’}=180^\circ$. Do đó ba điểm $S, G’, A’$ thẳng hàng. XONG!

 
 
 


Từ $S$ ta vẽ đường thẳng vuông góc với $BC$ cắt $EF$ tại $G$. Ta tính $\dfrac{GE}{GF}$.
 
$SG/\!/ML ⇒ \dfrac{EG}{EM}=\dfrac{SG}{ML} ⇒ GE=\dfrac{EM}{ML}.SG=\dfrac{\dfrac{MC}{\cos\widehat{EMC}}}{MC.\sin \widehat{MCL} }.SG=\dfrac{1}{\cos\widehat{EMC}.\sin \widehat{MCL}}.SG$
 
Tương tự vì $SG/\!/NJ$ nên $GF=\dfrac{1}{\cos \widehat{FNB}.\sin \widehat{NBJ}}.SG$
 
Do câu a ($KM=KN$) ta suy ra $\widehat{EMC}=\widehat{FNB}$. Ngoài do tính chất đối đỉnh $\widehat{MCL}=\widehat{BCK}, \widehat{NBJ}=\widehat{CBK}$. Do đó:

Để chứng minh $AG$ thẳng hàng với $K$ ta gọi $G’$ là giao điểm của $AK$ và $EF$.
 

Ta có $\dfrac{G’E}{\sin \widehat{EAG’}}=\dfrac{AG’}{\sin \widehat{AEG’} } ⇒ G’E=\dfrac{\sin \widehat{EAG’} }{\sin \widehat{AEG’} }.AG’
=\dfrac{\sin \widehat{CAK} }{\sin \widehat{AEF} }.AG’$
 
Tương tự $G’F=\dfrac{\sin \widehat{BAK} }{\sin \widehat{AFE} }.AG’$.
 
Theo giả thiết $\widehat{AEF}=\widehat{AFE}$ nên:

 
Vậy $G\equiv G’$, nghĩa là $SG’\perp BC$.
 

Hạ $AH\perp BC$ ta suy ra $SG’ /\!/ AH ⇒ \widehat{SG’A} =\widehat{HAG’}$.
 
Ta có nhận xét rằng $\widehat{HAG’}=2 \widehat{A’AG’}$. (xem giải thích ở dưới).

Tam giác $G’AA’$ cân tại $G’$ (vì $G’$ nằm trên đường trung trực của $AA’$) nên $2 \widehat{A’AG’}=180^\circ -\widehat{AG’A’}$. Từ đây suy ra $\widehat{SG’A}+\widehat{AG’A’}=180^\circ $.
 
Ta đã chứng minh được $S, G’, A’$ thẳng hàng. Qua phép đối xứng trục $EF$ ảnh của chúng sẽ thẳng hàng. Nói cách khác $T, G, A$ thẳng hàng. Vì $A, G, K$ cũng thẳng hàng nên $A, T, K$ thẳng hàng (đpcm).

About TS. Nguyễn Thái Sơn

Nguyên trưởng Khoa Toán-Tin học ĐHSP TP HCM (1999-2009). Nguyên Giám đốc- Tổng biên tập NXB ĐHSP TP HCM (2009-2011). Nguyên Tổng thư ký Hội Toán học TP HCM (2008-2013).