[T12/502 Toán học & tuổi trẻ số 502, tháng 4 năm 2019]%[Vũ Nguyễn Hoàng Anh, EX-TapChi15] Về phía ngoài của tứ giác nội tiếp $ABCD$, dựng các hình vuông $ABMN$, $BCPQ$, $CDRS$, $DAUV$. Gọi $B'$ là giao điểm của $PQ$ và $MN$, $D'$ là giao điểm của $UV$ và $RS$. Chứng minh rằng trung điểm của $B'D'$ thuộc $BD$.

[T12/502 Toán học & tuổi trẻ số 502, tháng 4 năm 2019]%[Vũ Nguyễn Hoàng Anh, EX-TapChi15] Về phía ngoài của tứ giác nội tiếp $ABCD$, dựng các hình vuông $ABMN$, $BCPQ$, $CDRS$, $DAUV$. Gọi $B'$ là giao điểm của $PQ$ và $MN$, $D'$ là giao điểm của $UV$ và $RS$. Chứng minh rằng trung điểm của $B'D'$ thuộc $BD$.

Lời giải

Bổ đề. cho tam giác $ABC$ không vuông tại $A$, $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp. $S$ là giao điểm của các tiếp tuyến với $(O)$ tại $B$ và $C$. Vẽ ra phía ngoài $ABC$ các hình vuông $ABXY$, $ACZT$. $K$ là giao điểm của $XY$ và $ZT$. Khi đó [2]

$A$, $S$, $K$ thẳng hàng.

$\dfrac{\overline{AS}}{\overline{AK}}=-\dfrac{\tan A}{2}$.

Chứng minh.<>

1. Gọi $L$ là giao điểm của $AK$ và $BC$ (hình h.1, h.2). Dễ thấy $$\frac{LB}{LC}=\frac{S_{AKB}}{S_{AKC}}=\frac{S_{AXB}}{S_{AZC}}=\frac{AB\cdot XB}{AC\cdot ZC}=\frac{AB^2}{AC^2}.$$ Do đó $AL$ là đường đối trung của tam giác $ABC$. Vậy $A$, $S$, $K$ thẳng hàng.
   \hspace*{1cm}
2. Có hai trường hợp (TH) xảy ra. [\it TH1.] \item $\widehat{A} < 90^\circ$ (h.1). Dễ thấy $$\begin{align*} \frac{\overline{AS}}{\overline{AK}}&=-\frac{AS}{AK}=-\frac{AS}{AB}\cdot \frac{AY}{AK}=-\frac{\sin \widehat{ABS}}{\sin \widehat{ASB}}\cdot \cos \widehat{YAK}\\ &=-\frac{\sin (A+B)}{\sin \widehat{ASB}}\cdot \sin \widehat{BSA}=-\sin C\cdot \frac{\sin \widehat{BAS}}{\widehat{ASB}}\\ &=-\sin C\cdot \frac{BS}{BA}=-\sin C\cdot \frac{BS}{2R\sin C}=-\frac{1}{2}\cdot \frac{BS}{BO}\\ &= -\frac{1}{2}\tan \widehat{BOS}=-\frac{\tan A}{2}. \end{align*}$$ \item $\widehat{A} > 90^\circ$ (h.2). Dễ thấy $$\begin{align*} \frac{\overline{AS}}{\overline{AK}}&=\frac{AS}{AK}=\frac{AS}{AB}\cdot \frac{AY}{AK}=\frac{\sin \widehat{ABS}}{\sin \widehat{ASB }}\cdot \cos \widehat{YAK}\\ &= \frac{\sin C}{\sin \widehat{ASB}}\cdot \sin \left(180^\circ -\widehat{BAS}\right)=\sin C\cdot \frac{\sin \widehat{BAS}}{\sin \widehat{ASB}}\\ &= \sin C\cdot \frac{BS}{BA}=\sin C \cdot \frac{BS}{2R\sin C}=\frac{1}{2}\cdot \frac{BS}{BO}\\ &= \frac{\tan \widehat{BOS}}{2}=\frac{\tan\left(180^\circ-A\right)}{2}=-\frac{\tan A}{2}. \end{align*}$$

Trở lại bài toán T12 (h.3, h.4).

[\it TH1.]

$\widehat{B}=\widehat{D}=90^\circ$ (h.3). Khi đó $$\begin{align*} Q^{90^\circ}\left(\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{DD'}\right)&=Q^{90^\circ} \left(\overrightarrow{BM}+\overrightarrow{BQ}+\overrightarrow{DR}+\overrightarrow{DV}\right)\\ &= Q^{90^\circ}\left(\overrightarrow{BM}\right)+Q^{90^\circ}\left(\overrightarrow{BQ}\right)+Q^{90^\circ}\left(\overrightarrow{DR}\right)+Q^{90^\circ}\left(\overrightarrow{DV}\right)\\ &=\overrightarrow{BA}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{AD}=\overrightarrow{AD}+\overrightarrow{DC}+\overrightarrow{CB}+\overrightarrow{BA}\\ &=\overrightarrow{AA}=\overrightarrow{0}. \end{align*}$$ Điều đó có nghĩa $\overrightarrow{BB'}+\overrightarrow{DD'}=\overrightarrow{0}$. Do đó $W$ là trung điểm chung của $BD$ và $B'D'$. Vậy trung điểm của $B'D'$ thuộc $BD$.

$\widehat{B} > 90^\circ$, $\widehat{D} < 90^\circ$ (h.4). Gọi $T$ là giao điểm của các tiếp tuyến với $(O)$ tại $A$ và $C$. Theo bổ đề trên, $B\in TB'$, $D\in TD'$. Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác $TB'D'$, theo bổ đề trên ta có $$\begin{align*} 1&=\frac{\overline{WB'}}{\overline{WD'}}\cdot \frac{\overline{DD'}}{\overline{DT}}\cdot \frac{\overline{BT}}{\overline{B'T}}=\frac{\overline{WB'}}{\overline{WD'}} \left(-\frac{2}{\tan D}\right)\left(-\frac{\tan B}{2}\right)\\ &=\frac{\overline{WB'}}{\overline{WD'}}\cdot\frac{\tan B}{\tan \left(180^\circ-B\right)}=-\frac{\overline{WB'}}{\overline{WD'}}. \end{align*}$$ Do đó $W$ là trung điểm của $B'D'$ và thuộc $BD$.

$\widehat{B} < 90^\circ$, $\widehat{D} > 90^\circ$. Tương tự trường hợp 2.