Cho tam giác $ABC$ $(AB<AC<BC)$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Ba đường cao $A{A}_1,B{B}_1,C{C}_1$ của tam giác $ABC$ cắt nhau tại trực tâm $H$.
a) Gọi $A_0,B_0,C_0$ tương ứng là trung điểm của các cạnh $BC,CA,AB$. Gọi $X$ là giao điểm của hai đường thẳng $B_{0}O$ và $C_0{A}_0$, $Y$ là giao điểm của hai đường thẳng $C_{0}O$ và $A_0{B}_0$. Hai đường thẳng $XY$ và $B_0{C}_0$ cắt nhau tại điểm $Z$. Chứng minh đường thẳng $A_{0}H$ vuông góc với đường thẳng $A_{0}Z$.
b) Kẻ đường kính $AK$ của đường tròn $(O)$. Gọi $M,N$ tương ứng là trung điểm của các đoạn thẳng $B{B}_1,C{C}_1$. Chứng minh đường thẳng $MN$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác $A_{1}HK$.

a) Ta dễ thấy $O$ là trực tâm $\Delta A_0{B}_0{C}_0\Rightarrow A_0(OZ{B}_0{C}_0)=-1$ theo hàng điểm tứ giác toàn phần. Kẻ đường thẳng $Hx$ song song $BC\Rightarrow H(x{A}_{0}BC)=-1$.

$\Rightarrow H(x{A}_{0}BC)=A_0(OZ{C}_0{B}_0)$ mà $Hx\perp A_{0}O$, $HB\perp A_0{C}_0$, $HC\perp A_0{B}_0\Rightarrow H{A}_0\perp A_{0}Z$.

b) Cách 1: Với $L$ là giao điểm của $AO$ với $B_1{C}_1$ thì $AO$ vuông $B_1{C}_1$ và từ kết quả quen thuộc ta có $MN$ là trung trực $A_{1}L$ (Bạn đọc có thể tham khảo HSG Hà Nội lớp 9 2021-2022).

Lại dễ có $AH\cdot A{A}_1=A{B}_1\cdot AC=AL\cdot AK\Rightarrow H{A}_{1}KL$ nội tiếp $\Rightarrow$ Tâm $J$ của $(A_{1}HK)$ nằm trên trung trực $A_{1}L$ và nằm trên $MN$ do $MN$ là trung trực $A_{1}L$.

Cách 2: (Lời giải của bạn Đỗ Đức Việt Hưng)

Gọi $MN$ cắt $A_{0}Z,B_0{C}_0$ lần lượt tại $J,T$. Gọi $U$ là trung điểm $A_{1}H$. Gọi $B_0{C}_0$ cắt $A{A}_1$ tại $V$.

Theo Menelaus, ta có: $\frac{J{A}_0}{JZ}\cdot \frac{N{B}_0}{N{A}_0}\cdot \frac{TZ}{T{B}_0}=1$ và $\frac{N{A}_0}{N{B}_0}\cdot \frac{M{C}_0}{M{A}_0}\cdot \frac{T{B}_0}{T{C}_0}=1$. Suy ra

$$\frac{J{A}_0}{JZ}\cdot \frac{N{B}_0}{N{A}_0}\cdot \frac{TZ}{T{B}_0}\cdot \frac{N{A}_0}{N{B}_0}\cdot \frac{M{C}_0}{M{A}_0}\cdot \frac{T{B}_0}{T{C}_0}=1$$

$$⟺\frac{J{A}_0}{JZ}\cdot \frac{TZ}{T{C}_0}\cdot \frac{M{C}_0}{M{A}_0}=1⟺\frac{J{A}_0}{JZ}=\frac{T{C}_0}{TZ}\cdot \frac{M{A}_0}{M{C}_0}$$

Ta cần chứng minh $JU\parallel VZ$ hay

$$\frac{J{A}_0}{JZ}=\frac{U{A}_1}{A_{1}V-U{A}_1}=\frac{A_{1}H}{A_{1}A-A_H}=\frac{A_{1}H}{HA}$$

$$⟺\frac{T{C}_0}{TZ}\cdot \frac{M{A}_0}{M{C}_0}=\frac{A_{1}H}{HA}⟺\frac{T{C}_0}{TZ}\cdot \frac{B_{1}C}{B_{1}A}=\frac{A_{1}H}{HA}⟺\frac{T{C}_0}{TZ}=\frac{A_{1}H}{HA}\cdot \frac{B_{1}A}{B_{1}C}$$

Mà theo Menelaus, ta có: $\frac{A_{1}H}{HA}\cdot \frac{B_{1}A}{B_{1}C}\cdot \frac{BC}{B{A}_1}=1$.

Khi này ta cần chứng minh $\frac{TZ}{T{C}_0}=\frac{BC}{B{A}_1}⟺1+\frac{C_{0}Z}{T{C}_0}=1+\frac{A_{1}C}{B{A}_1}⟺\frac{C_{0}Z}{T{C}_0}=\frac{A_{1}C}{B{A}_1}$.

Theo Ceva, ta có: $\frac{A_{1}B}{A_{1}C}\cdot \frac{B_{1}C}{B_{1}A}\cdot \frac{C_{1}A}{C_{1}B}=1⟺\frac{C_{0}Z}{T{C}_0}=\frac{B_{1}C}{B_{1}A}\cdot \frac{C_{1}A}{C_{1}B}=\frac{M{A}_0}{M{C}_0}\cdot \frac{N{B}_0}{N{A}_0}=\frac{T{B}_0}{T{C}_0}$.

Ta có: $\Delta A_0{B}_0{C}_0\sim \Delta ABC$, suy ra:

$$\frac{T{C}_0}{T{B}_0}=\frac{N{A}_0}{N{B}_0}\cdot \frac{M{C}_0}{M{A}_0}=\frac{C_{1}B}{C_{1}A}\cdot \frac{B_{1}A}{B_{1}C}=\frac{Y{B}_0}{Y{A}_0}\cdot \frac{X{A}_0}{X{C}_0}=\frac{Z{B}_0}{Z{C}_0}$$

Suy ra: $T{B}_0=Z{C}_0$ hay điều cần chứng minh đúng.

Như vậy $JU\parallel VZ⟹JU\perp H{A}_1⟹J$ thuộc trung trực $H{A}_1$.

Mà $J\in Z{A}_0$ hay $J$ thuộc trung trực $HK$ nên $J$ là tâm $(H{A}_{1}K)$. Vậy $MN$ đi qua tâm $(H{A}_{1}K)$.