a) Theo phương tích ta có HB . HC = HJ . HT. (1)
Mặt khác do (BCHS) = -1 nên theo hệ thức Maclaurin ta có HB . HC = HM . HS. (2)
Từ (1), (2) suy ra HM . HS = HJ . HT, do đó tứ giác SJMT nội tiếp.
b) Theo hệ thức lượng ta có \(MO.MT=MB^2\).
Mặt khác theo hệ thức Newton, ta có \(MB^2=MH.MS\).
Do đó \(MO.MT=MH.MS\Rightarrow\dfrac{MO}{MS}=\dfrac{MH}{MT}\Rightarrow\Delta MOS\sim\Delta MHT\left(c.g.c\right)\).
Từ đó \(\widehat{MSO}=\widehat{MTH}\Rightarrow SO\perp TH\).
Lại có tứ giác SJMT nội tiếp nên \(\widehat{SJH}=90^o\). Suy ra S, J, O thẳng hàng.
JG cắt BC tại D'. AO cắt BC tại I.
Ta có \(\dfrac{D'B}{D'C}=\dfrac{D'B}{D'J}.\dfrac{D'J}{D'C}=\dfrac{BG}{CJ}.\dfrac{BJ}{CG}=\dfrac{BG}{CG}.\dfrac{BJ}{CJ}\).
Mặt khác do O, T là điểm chính giữa của (BOC) nên JT là phân giác của góc BJC, GO là phân giác của góc BGC. Suy ra \(\dfrac{BG}{CG}=\dfrac{BI}{CI};\dfrac{BJ}{CJ}=\dfrac{BH}{CH}\).
Do đó \(\dfrac{D'B}{D'C}=\dfrac{BG}{CG}.\dfrac{BJ}{CJ}=\dfrac{BI}{CI}.\dfrac{BH}{CH}\).
Lại có AH, AI đẳng giác trong tam giác ABC nên \(\dfrac{BI}{CI}.\dfrac{BH}{CH}=\dfrac{AB^2}{AC^2}\Rightarrow\dfrac{D'B}{D'C}=\dfrac{AB^2}{AC^2}\)
\(\Rightarrow\) AD' là đường đối trung của tam giác ABC.
Mặt khác ta có kết quả quen thuộc AT là đường đối trung của tam giác ABC, do đó \(D'\equiv D\).
Vậy SO, TH, DG đồng quy tại J.
