[tc72][T12/508 Toán học & tuổi trẻ số 508, tháng 10 năm 2019]\label{T12} Cho tứ giác điều hòa $ABCD$ (tứ giác nội tiếp có tích các cặp cạnh đối bằng nhau), $(O)$ là đường tròn ngoại tiếp. $M$ là trung điểm của $AC$. $X$, $Y$, $Z$, $T$ theo thứ tự là hình chiếu của $M$ trên $AB$, $BC$, $CD$, $DA$; $E=AB\cap CD$, $F=AD \cap CB$, $P=AC\cap BD$, $Q=XZ\cap YT$. Chứng minh rằng $PQ$ đi qua trung điểm của $EF$.

Lời giải

Ta cần có ba bổ đề.
Bổ đề 1. Cho $\triangle ABC$. $M$, $N$ là hai điểm đẳng giác của tam giác, $I$ là trung điểm của $MN$. $X$, $Y$, $Z$ theo thứ tự là hình chiếu của $M$ trên $BC$, $CA$, $AB$. $X'$, $Y'$, $Z'$ theo thứ tự là hình chiếu của $N$ trên $BC$, $CA$, $AB$. Khi đó $X$, $Y$, $Z$, $X'$, $Y'$, $Z'$ cùng thuộc một đường tròn có tâm là $I$. Bổ đề 1 rất quen thuộc, không trình bày cách chứng minh ở đây.
Bổ đề 2. Cho tứ giác điều hòa $ABCD$, $M$, $N$ theo thứ tự là trung điểm của $AC$, $BD$, $I$ là trung điểm của $MN$. $X$, $Y$, $Z$, $T$ theo thứ tự là hình chiếu của $M$ trên $AB$, $BC$, $CD$, $DA$. $X'$, $Y'$, $Z'$, $T'$ theo thứ tự là hình chiếu của $N$ trên $AB$, $BC$, $CD$, $DA$. Khi đó $X$, $Y$, $Z$, $T$, $X'$, $Y'$, $Z'$, $T'$ cùng thuộc một đường tròn có tâm là $I$.
Chứng minh.<> Vì tứ giác $ABCD$ điều hòa và $M$, $N$ theo thứ tự là trung điểm của $AC$, $BD$ nên $AM$, $AN$ là hai đường đẳng giác đối với góc $\widehat{DAB}$.
Do đó, theo bổ đề 1, $T$, $T'$, $X$, $X'$ cùng thuộc một đường tròn. Từ đó, chú ý rằng $IT=IT'$, $IX=IX'$, suy ra $T$, $T'$, $X$, $X'$ cùng thuộc một đường tròn có tâm là $I$. Tương tự các bộ bốn điểm $(X, X', Y, Y')$, $(Y, Y', Z, Z')$, $(Z, Z', T, T')$ cùng thuộc một đường tròn có tâm là $I$. Vậy $X$, $Y$, $Z$, $T$, $X'$, $Y'$, $Z'$, $T'$ cùng thuộc một đường tròn có tâm là $I$.} { Bổ đề 3. Nếu $O$, $H$ theo thứ tự là tâm đường tròn ngoại tiếp và trực tâm của $\triangle ABC$ thì $AO$, $AH$ là hai đường đẳng giác đối với góc $\widehat{BAC}$.
Bổ đề 4. Cho tứ giác $ABCD$. $E=AB\cap CD$, $F=AD\cap CB$. Khi đó trung điểm của $AC$, $BD$, $EF$ cùng thuộc một đường thẳng.
Các bổ đề 3, 4 rất quen thuộc, không trình bày cách chứng minh ở đây. Đường thẳng nói trong bổ đề 4 được gọi là đường thẳng Gauss<> của tứ giác $ABCD$. Trở lại bài toán $\ref{T12}$. Gọi $H$ là hình chiếu của $M$ trên $EF$; $N$ là trung điểm của $BD$, $I$ là trung điểm của $MN$, $R$ là giao điểm của $BD$ và $MQ$; $S$, $S'$, $U$, $V$, $W$ theo thứ tự là giao điểm của $PQ$, $MN$, $PO$, $BD$, $AC$ và $EF$ (hình 2). Dễ thấy các tứ giác $ABCD$, $AXMT$, $BYMX$ nội tiếp và $BP$ là đường đối trung của $\triangle ABC$. Ta có $$\begin{eqnarray*} (XY,XT) &\equiv& (XY,XM)+(XM,XT)\\ &\equiv& (BY,BM)+(AM,AT) \pmod \pi.\\ (XY, XT) &\equiv& (XY,XM)+(XM,XT)\equiv (BY,BM)+(AM,AT) \pmod \pi\\ &\equiv& (BC,BM)+(AC,AD) \equiv (BP,BA)+(BC,BD) \pmod \pi\\ &\equiv& (BD,BA)+(BC,BD) \equiv (BC,BA) \pmod \pi. \end{eqnarray*}$$

Tương tự $(ZY,ZT)\equiv (DC,DA) \pmod \pi$.
Vậy, chú ý rằng tứ giác $ABCD$ nội tiếp, ta có $(XY,XT)\equiv (ZY,ZT) \pmod \pi$.
Điều đó có nghĩa là tứ giác $XYZT$ nội tiếp.
Theo định lý $\sin$, chú ý rằng $\widehat{XAT}+\widehat{YCZ}=\widehat{BAD}+\widehat{BCD}=180^\circ$, ta có $$XT=AM \sin \widehat{XAT}=CM\sin \widehat{YCZ}=YZ.$$ Vậy $XYZT$ là hình thang cân ($XY \parallel ZT$). (1)
Dễ thấy $M$, $E$, $X$, $Z$, $H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $ME$, ký hiệu là $(ME)$, và $M$, $F$, $Y$, $T$, $H$ cùng thuộc đường tròn đường kính $MF$, ký hiệu là $(MF)$. Kết hợp với $(1)$ suy ra $$\mathscr{P}_{Q/(ME)}=\overline{QX}\cdot \overline{QZ}=\overline{QY}\cdot \overline{QT}=\mathscr{P}_{Q/(MF)}.$$ Kết hợp với $MH$ là trục đẳng phương của $(ME)$, $(MF)$, suy ra $Q\in MH$. Theo định lý Brocard, $OP \perp EF$. Vậy $MQ \equiv MH \parallel OP$. (2)
Từ $(1)$, theo bổ đề 2, suy ra $I$ là tâm đường tròn ngoại tiếp hình thang cân $XYZT$. Do đó $IQ \perp XY \parallel ZT$. (3)
Vì $\widehat{BXM}=\widehat{BYM}=90^\circ$ nên $BM$ đi qua tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác $BXY$. Từ đó, chú ý rằng $BM$, $BD$ là hai đường đẳng giác đối với góc $\widehat{XBY}$, theo bổ đề 3, suy ra $BD \perp XY$. Kết hợp với $(3)$, suy ra $IQ \parallel BD \equiv NR$. Từ đó, chú ý rằng $I$ là trung điểm của $MN$, suy ra $Q$ là trung điểm của $MR$. (4)
Từ $(2)$ và $(4)$ suy ra $$(WVSU)=P(WVSU)=P(MRQO)=-1. \tag{5}$$ Dễ thấy $EF$ là đường đối cực của $P$ đối với $(O)$. (6)
Từ $(6)$, chú ý rằng $ABCD$ là tứ giác điều hòa, suy ra $WB$, $WD$ tiếp xúc với $(O)$. Do đó $W \in ON$. Kết hợp với $(6)$, suy ra $\widehat{OUW}=90^\circ$. Vậy các tứ giác $MPNO$, $MUWO$ theo thứ tự nội tiếp các đường tròn đường kính $PO$, $PW$. Do đó $$(MN, MP)\equiv (ON, OP)\equiv (OW,OU) \equiv (MW,MU) \pmod \pi.$$ Từ đó, chú ý rằng $MV \equiv MO \perp MW$, suy ra $$(WVS'U)=M(WVS'U)=M(WVNU)=-1. \tag{7}$$ Từ $(5)$ và $(7)$ suy ra $(WVS'U)=(WVSU)$. Điều đó có nghĩa là $S$ trùng với $S'$. Theo bổ đề 4, $S'$ là trung điểm của $EF$. Vậy $S$ là trung điểm của $EF$ (đpcm).
Nếu $X'$, $Y'$, $Z'$, $T'$ theo thứ tự là hình chiếu của $N$ trên $AB$, $BC$, $CD$ và $DA$ và $Q'=X'Z'\cap Y'T'$ thì $P$, $Q$, $Q'$ thẳng hàng.