Trong một bài kiểm tra lớp 9 mới đây, mình cho các em làm bài toán này. Với các em học sinh lớp 9, mình không thích cho quá nhiều bài toán của THPT áp xuống, việc dạy học của mình trong bao năm qua vẫn kiên trì với triết lý đó. Nhưng ngày càng thấy nhiều bài toán hồn cấp 3 mà cách giải cấp 2 được đưa xuống, tinh thần cũng lung lay, vì dạy chuyên cả hai cấp nên mình biết khá rõ bài toán nào của cấp nào, không phải mình không dạy được hoặc không ra được bài toán như thế, nhưng mình không thích những cách giải khi nhìn với con mắt hàng điểm điều hòa, cực đối cực…ra liền mà các em cấp hai lại mất thời gian để suy nghĩ chân phương.
Nhưng đó cũng là cách chế biến đề phổ biến cho những bài toán hình cấp 2 hiện nay, âu cũng là một xu hướng mới, tuy vậy trong lúc dạy thực sự mình ít ra bài tập dạng đó, đây là trường hợp hiếm mà mình ra bài tập kiểu này.
Bài toán. Cho đường tròn tâm $O$, dây cung $AB$ khác đường kính. Tiếp tuyến tại $A, B$ cắt nhau tại điểm $P$. Một đường thẳng qua $P$ cắt $(O)$ tại $C, D$ sao cho $PC > PD$, $OP$ cắt $AB$ tại $H$.
- Gọi $M$ là trung điểm $CD$. Chứng minh 5 điểm $O, A, B, P, M$ cùng thuộc một đường tròn.
- Chứng minh $PC \cdot PD = PA^2 = PH \cdot PO$. Suy ra tứ giác $OHDC$ nội tiếp.
- $CH$ cắt $(O)$ tại $R$ khác $C$. Chứng minh $ORPC$ nội tiếp.
- Chứng minh $HA, HP$ lần phân giác trong và phân giác ngoài của $\angle CHD$.
- Chứng minh $AD \cdot BC = BD \cdot AC$.
- Chứng minh $\angle HCB = \angle DCA$ và $AD \cdot BC = \dfrac{1}{2}AB \cdot CD$.
- Tiếp tuyến tại $C, D$ cắt nhau tại $Q$. Chứng minh $Q, A, B$ thẳng hàng.
- Đường thẳng qua $A$ song song với $PB$ cắt $BD, BC$ tại $K$ và $L$. Chứng minh $A$ là trung điểm của $K, L$.
- Gọi $I$ là điểm đối xứng của $O$ qua $H$. Chứng minh $I$ là trực tâm tam giác $APB$.
- Dựng các tiếp tuyến $AT, AV$ đến đường tròn đường kinh $PI$. Chứng minh $T, V, B$ thẳng hàng.
- $ \angle PAP = \angle PMO = \angle PBP = 90^\circ $, suy ra $ A,M,B,P,O $ cùng thuộc đường tròn đường kính $PO$.
- Ta có $ \triangle PBD \backsim \triangle PCB$ (g.g) suy ra $PD.PC = PB^2$. Mà $PB^2 = PH.PO$ (hệ thức lượng tam giác vuông $PBO$), nên $ PD.PC = PH.PO $, suy ra $ \triangle PDH \backsim \triangle POC $ (c.g.c), do đó $ \angle PHD = \angle PCO $, suy ra tứ giác $DHOC$ nội tiếp.
- Ta có $ \angle DCR = \frac{1}{2}\angle DOR $ (cùng chắn cung $DR$), và $ \angle DCR = \angle DHO $ (tứ giác $DHOC$ nội tiếp), suy ra $ \angle DOH = \angle ROH $, suy ra $ \angle PCR = \angle ROP $, nên tứ giác $PROC$ nội tiếp.
- $ \angle OHC = \angle ODC = \angle OCD = \angle PHD $, suy ra $HA$, $HD$ lần lượt là phân giác trong và phân giác ngoài $ \angle CHD $.
- Từ các cặp tam giác đồng dạng $PAD$ và $PCA$, $PBD$ và $PCB$ ta có
\[ \frac{AD}{AC} = \frac{PD}{PA} \text{ và } \frac{BC}{BD} = \frac{PB}{PD}\] Nhân vế theo vế ta được $ AD.BC = AC.BD $. - Từ $ \angle DOH = \angle ROH $ (cmt), suy ra $ \angle DOA = \angle ROB $, nên cung $AD$ bằng cung $BR$, suy ra $ \angle ACD = \angle HCB $, nhờ vậy $ \triangle ACD \backsim \triangle HCB $ (g.g), suy ra $ AD.BC = CD.BH = \frac{1}{2}AB.CD $.
- Trong đường tròn ngoại tiếp tứ giác $QDHC$, $Q$ là điểm chính giữa cung $DC$, nên $HQ$ là phân giác $\angle DHC$, suy ra ba điểm $H$, $A$, $Q$ thẳng hàng (cùng nằm trên phân giác trong $ \angle DHC $), do đó ba điểm $Q$, $A$, $B$ cũng thẳng hàng.
- Từ các cặp tam giác đồng dạng $ \triangle BAD \backsim \triangle BKA $ (g.g), $ \triangle BAL \backsim \triangle BCA $ (g.g), ta có
\[ AK = \frac{AD.AB}{BD} \text{ và } KL = \frac{AC.AB}{BC} \] Như vậy, để chứng minh $AK = KL$, cần chứng minh $ AD/BD = AC/BC $, điều này được suy trực tiếp từ câu (5). - Tứ giác $AOBI$ là hình thoi, suy ra $BI$ song song với $AO$ do đó vuông góc với $AP$, suy ra $I$ là trực tâm tam giác $ABP$.
- Gọi $S$ là tâm đường tròn đường kính $PI$, gọi $B’$ là giao điểm của $BI$ với $AP$. Do $BI \bot AP$ nên $B’ \in (S)$.
Ta có $AH.AB = AB’.AP = AT^2$, suy ra $ \angle ABT = \angle ATH $.
Tương tự, từ $AH.AB = AV^2$ ta có $ \angle ABV = \angle AVH $.
Như vậy, để chứng minh $B,V,T$ thẳng hàng, chỉ cần chứng minh $ \angle ATH = \angle AVH $, điều này hiển nhiên do tứ giác $ATVH$ nội tiếp đường tròn đường kính $SA$.