Câu 3 (6,0 điểm). Cho tứ giác lồi $ABCD$ có hai cạnh $AD$ và $BC$ không song song. Giả sử hai đường tròn có đường kính $AB$ và $CD$ cắt nhau tại các điểm $E$ và $F$ nằm bên trong tứ giác. Gọi ${\omega }_B$ là đường tròn đi qua chân các đường vuông góc từ $E$ đến các đoạn thẳng $AB,BC,CD$. Gọi ${\omega }_F$ là đường tròn đi qua chân các đường vuông góc từ $F$ đến các đoạn thẳng $CD,DA,AB$.

a) Chứng minh ${\omega }_B$ đi qua chân đường vuông góc của $E$ lên $DA$.

b) Chứng minh rằng trung điểm của đoạn thẳng $EF$ nằm trên đường thẳng đi qua hai giao điểm của ${\omega }_B$ và ${\omega }_F$.

[Hình cần kiểm tra lại: p6_f1]

Lời giải (nguồn: CLB Toán Lim - LIM Olympic; trong lời giải nguồn, đường tròn đi qua chân các đường vuông góc từ $E$ được kí hiệu ${\omega }_E$):

(1) Gọi $H_1,H_2,H_3,H_4$ lần lượt là hình chiếu của $E$ trên $AB,BC,CD,DA$. Từ các tứ giác nội tiếp $E{H}_{1}B{H}_2$, $E{H}_{2}C{H}_3$, suy ra: $\angle H_1{H}_2{H}_3=\angle H_1{H}_{2}E+\angle E{H}_2{H}_3=\angle ABE+\angle ECD$.
Tương tự: $\angle H_1{H}_4{H}_3=\angle BAE+\angle EDC$. Do đó $\angle H_1{H}_2{H}_3+\angle H_1{H}_4{H}_3=(\angle ABE+\angle BAE)+(\angle ECD+\angle EDC)=180^{\circ }$. Vậy $H_1,H_2,H_3,H_4$ cùng thuộc ${\omega }_E$.

(2) Dựng $R,R^{\prime }\in AD$, $S,S^{\prime }\in BC$ sao cho $ER\perp BC$, $ES\perp AD$, $F{R}^{\prime }\perp BC$, $F{S}^{\prime }\perp AD$. Ta có: $\angle R{H}_{2}S=\angle R{H}_{4}S=90^{\circ }$. Suy ra $H_1,H_2,H_4,S$ đồng viên. Do đó ${\omega }_E$ là đường tròn đường kính $RS$. Tương tự, ${\omega }_F$ là đường tròn đường kính $R^{\prime }{S}^{\prime }$.
Gọi $M,P,Q$ lần lượt là trung điểm của $EF,R{R}^{\prime },S{S}^{\prime }$. Theo tính chất đường trung bình: $MP\perp S{S}^{\prime }$, $MQ\perp R{R}^{\prime }$. Theo công thức đường trung tuyến:
$$M{R}^2+M{R}^{\prime 2}=2M{P}^2+\frac{R{R}^{\prime 2}}{2}\text{vaˋ}S{R}^2+S{R}^{\prime 2}=2S{P}^2+\frac{R{R}^{\prime 2}}{2}.$$ Do đó:
$${\mathcal{P}}_{M/(RS)}+{\mathcal{P}}_{M/(R^{\prime }S)}=\frac{M{R}^2+M{R}^{\prime 2}+2M{S}^2-S{R}^2-S{R}^{\prime 2}}{2}=M{P}^2+M{S}^2-P{S}^2=2{\mathcal{P}}_{M/(PS)}.$$
Tương tự: ${\mathcal{P}}_{M/(R{S}^{\prime })}+{\mathcal{P}}_{M/(R^{\prime }{S}^{\prime })}=2{\mathcal{P}}_{M/(P{S}^{\prime })}$.
Do $MP$ là trục đẳng phương của $(PS)$ và $(P{S}^{\prime })$, suy ra:
$${\mathcal{P}}_{M/(RS)}+{\mathcal{P}}_{M/(R^{\prime }S)}={\mathcal{P}}_{M/(R{S}^{\prime })}+{\mathcal{P}}_{M/(R^{\prime }{S}^{\prime })}\text{\hspace{1em}(1)}$$
Do $MQ$ là trục đẳng phương của $(RQ)$ và $(R^{\prime }Q)$, tương tự ta có:
$${\mathcal{P}}_{M/(RS)}+{\mathcal{P}}_{M/(R{S}^{\prime })}={\mathcal{P}}_{M/(R^{\prime }S)}+{\mathcal{P}}_{M/(R^{\prime }{S}^{\prime })}\text{\hspace{1em}(2)}$$
Cộng theo vế (1) và (2), suy ra ${\mathcal{P}}_{M/{\omega }_E}={\mathcal{P}}_{M/{\omega }_F}$.
Vậy $M$ thuộc đường thẳng đi qua hai giao điểm của ${\omega }_E,{\omega }_F$.

Nhận xét: Bài toán trên đã xuất hiện trong IMO Shortlist 2011.