Câu 4. (5,0 điểm). Cho tam giác nhọn $ABC(AB<AC)$ nội tiếp trong đường tròn tâm $O$; hai điểm $B,C$ cố định và điểm $A$ thay đổi trên cung lớn $BC$ của đường tròn $(O)$. Gọi $H$ là trực tâm của tam giác $ABC$, $A^{\prime }$ là điểm đối xứng với $A$ qua $BC$, $B^{\prime }$ là điểm đối xứng với $B$ qua $AC$. Hai đường thẳng $AO$ và $B^{\prime }C$ cắt nhau tại $E$; hai đường thẳng $A^{\prime }O$ và $BC$ cắt nhau tại $F$.

a) Chứng minh hai tam giác $AHB$, $ACE$ đồng dạng và bốn điểm $B,O,C,E$ cùng thuộc một đường tròn.

b) Chứng minh đường thẳng $AF$ đi qua điểm cố định khi $A$ thay đổi.

(AI giải đề cho tôi)
Bài giải đầy đủ:

**a) Tam giác AHB ∼ ACE và B, O, C, E đồng viên.**

Trước hết, $B^{\prime }$ là điểm đối xứng của $B$ qua $AC$ nên $B^{\prime }$ thuộc đường tròn $(O)$ (tính chất: đối xứng của đỉnh qua cạnh đối diện nằm trên đường tròn ngoại tiếp), và $A{B}^{\prime }=AB$, $C{B}^{\prime }=CB$.

- Vì tam giác nhọn nên $O$ nằm trong tam giác, suy射线 $CO$ nằm trong góc $ACB$ và $\angle ACO=90^{\circ }-B<C=\angle ACB$ (do $A$ nhọn). Mặt khác $\angle AC{B}^{\prime }=\angle ACB=C$ (cung $A{B}^{\prime }$ = cung $AB$ vì $A{B}^{\prime }=AB$), với $B^{\prime }$ nằm khác phía với $B$ qua $AC$. Vì $AB<AC$ nên giao điểm $E$ của $AO$ và $B^{\prime }C$ nằm trên tia đối của tia $C{B}^{\prime }$ qua $C$, do đó
$$\angle ACE=180^{\circ }-\angle AC{B}^{\prime }=180^{\circ }-C.$$
- Trực tâm $H$: $\angle AHB=180^{\circ }-\angle ACB=180^{\circ }-C$. Vậy $\angle ACE=\angle AHB$.
- Lại có $\angle HAB=90^{\circ }-B$ (vì $AH\perp BC$) và $\angle OAC=90^{\circ }-B$ (góc giữa dây $AC$ và bán kính $OA$). Vì $E\in AO$ nên $\angle CAE=\angle CAO=90^{\circ }-B=\angle HAB$.

Từ đó $△AHB\sim △ACE$ (g.g), với tương ứng $A\leftrightarrow A,H\leftrightarrow C,B\leftrightarrow E$. Suy ra $\frac{AH}{AC}=\frac{AB}{AE}$, tức $AB\cdot AC=AH\cdot AE$.

**B,O,C,E đồng viên:** Từ sự đồng dạng, $\angle AEC=\angle ABH=90^{\circ }-A$ (vì $BH\perp AC$). Mặt khác trong tam giác $OBC$ có $\angle BOC=2\angle BAC=2A$ nên $\angle OBC=90^{\circ }-A$. Vì $E$ nằm trên đoạn ngoài của $AO$ phía dưới $BC$ nên tia $EO$ trùng tia $EA$, do đó
$$\angle OEC=\angle AEC=90^{\circ }-A=\angle OBC.$$
Hai điểm $B,E$ cùng nhìn đoạn $OC$ dưới góc bằng nhau (và cùng phía đối với $OC$), suy ra bốn điểm $B,O,C,E$ cùng thuộc một đường tròn. $■$

**b) AF đi qua điểm cố định.**

$A^{\prime }$ đối xứng với $A$ qua $BC$ nên $A^{\prime }$ cũng thuộc $(O)$. Gọi $P$ là điểm đối xứng của $O$ qua $BC$ — đây là điểm cố định vì $B,C,O$ cố định và $BC$ cố định. Ta chứng minh $AF$ luôn đi qua $P$.

Chọn hệ trục toạ độ: $BC$ là trục hoành, trung điểm $BC$ là gốc $O^{\prime }$: $B(-1;0),C(1;0)$, $O(0;o)$ với $o\ne 0$, bán kính $R^2=1+o^2$. Điểm $A(x;y)$ thay đổi trên $(O)$, $A^{\prime }(x;-y)$, và phương trình $(O)$: $x^2+y^2-2oy=1$.

Đường thẳng $A^{\prime }O$ cắt $BC$ (trục hoành) tại $F$. Tham số hoá: điểm trên $A^{\prime }O$ là $(x(1-t);-y+t(o+y))$; cho tung độ $=0$ được $t=\frac{y}{o+y}$, suy ra
$$F\left(\frac{xo}{o+y};0\right).$$

Đường thẳng $AF$ đi qua $A(x;y)$ và $F$, có vectơ chỉ phương $\left(x-\frac{xo}{o+y};y\right)\parallel (x;o+y)$. Điểm $P(X;Y)$ thuộc $AF$ khi và chỉ khi
$$(X-\frac{xo}{o+y})(o+y)=xY⟺X(o+y)=x(o+Y).$$

Thay $x=\frac{X(o+y)}{o+Y}$ vào phương trình đường tròn $x^2+y^2-2oy=1$ và yêu cầu đúng với mọi vị trí của $A$ (mọi $y$):
$$X^2(o+y{)}^2+(o+Y{)}^2(y^2-2oy-1)=0\forall y.$$
So sánh hệ số theo $y$:
- Hệ số $y^2$: $X^2+(o+Y{)}^2=0\Rightarrow X=0,Y=-o$;
- Hệ số $y$: $2o{X}^2-2o(o+Y{)}^2=0$ ✓;
- Hằng số: $o^2{X}^2-(o+Y{)}^2=0$ ✓.

Vậy điểm chung của mọi đường thẳng $AF$ là $P(0;-o)$ — đúng là điểm đối xứng của $O(0;o)$ qua $BC$. Kiểm tra trực tiếp: với $P(0;-o)$ thì $X(o+y)=0=x(o+Y)=x(o-o)=0$ luôn đúng, tức $P$ luôn nằm trên $AF$.

Kết luận: khi $A$ thay đổi trên cung lớn $BC$, đường thẳng $AF$ luôn đi qua điểm cố định $P$ là điểm đối xứng của tâm $O$ qua đường thẳng $BC$ (điểm này cố định vì $B,C$ cố định). $■$