Bài 3. (7,0 điểm) Cho hình bình hành $ABCD$ có góc $A$ nhọn, hai đường chéo $AC$ và $BD$ cắt nhau tại $O$. Đường tròn $(I)$ nội tiếp tam giác $OBC$ tiếp xúc với $BC$ tại $E$.
a) Giả sử tam giác $ADE$ nhọn. Gọi $O_1,O_2,O_3$ lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác $ABE$, $ADE$, $CDE$. Chứng minh trực tâm của tam giác $O_1{O}_2{O}_3$ nằm trên $AD$.
b) Lấy điểm $S$ khác $O$ sao cho $SA$ và $SD$ cùng tiếp xúc với $(I)$. Gọi $K$ là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác $SAD$. Chứng minh $OK$ đi qua trung điểm của $AD$.

Lời giải (Lim Olympic - Quảng Ngãi TST - P3):



a) Xét thế hình trên. Gọi $(AEB)$ cắt $AD$ tại $X$, do $BE//AX\Rightarrow BEXA$ là hình thang cân.
$\Rightarrow \angle EXD=\angle ABE=\angle XDC\Rightarrow ECDX$ là hình thang cân $\Rightarrow X$ nằm trên $(ECD)$.
Ta thấy $O_1{O}_2$ là trung trực $AE$, $O_2{O}_3$ là trung trực $ED$.
$\Rightarrow \angle O_1{O}_2{O}_3=180^{\circ }-\angle AED$ và $\angle AE{O}_1=90^{\circ }-\frac{\angle E{O}_{1}A}{2}=90^{\circ }-\angle EXA=\angle DE{O}_3$.
$\Rightarrow \angle AED=\angle O_{1}E{O}_3$.
Gọi $H$ là trực tâm $\Delta O_1{O}_2{O}_3\Rightarrow \angle O_{1}H{O}_3=180^{\circ }-\angle O_1{O}_3{O}_2=\angle O_{1}E{O}_3=\angle O_{1}X{O}_3$ (do $O_1{O}_3$ là trung trực $EX$).
$\Rightarrow$ Tứ giác $O_1{O}_{3}XH$ nội tiếp $\Rightarrow \angle O_{1}XH=\angle O_1{O}_{3}H$.
Lại có $O_{3}H//AE$ và $O_1{O}_3\perp EX\Rightarrow \angle O_1{O}_{3}H=90^{\circ }-\angle AEX=\angle O_{1}XA\Rightarrow \angle O_{1}XH=\angle O_{1}XA$.
$\Rightarrow H$ nằm trên $AD$.

b) Gọi $(J)$ là đường tròn nội tiếp $△OAD$ tiếp xúc $AD$ tại $F$. Do $O$ là tâm đối xứng biến $BC$ thành $AD$ nên $O$ là trung điểm $IJ,EF\Rightarrow IE=JF$.

Gọi $U,V,Y,Z$ lần lượt là tiếp điểm của $(I)$ với $AC,BD,SD,SA$.

$$\Rightarrow SA-SD=(AZ+ZS)-(SY+YD)=AU-VD=OA-OD=EC-EB=AF-DF.$$

Gọi $F^{\prime }$ là tiếp điểm của $(K)$ với $AD\Rightarrow A{F}^{\prime }-D{F}^{\prime }=SA-SD$.

$$\Rightarrow A{F}^{\prime }-D{F}^{\prime }=AF-DF\text{ vaˋ }A{F}^{\prime }+D{F}^{\prime }=AF+DF.$$

$$\Rightarrow AF=A{F}^{\prime }\Rightarrow F^{\prime }\text{ truˋng }F\text{ hay }K,J,F\text{ thẳng haˋng}.$$

Gọi $(K)$ tiếp xúc $SD$ tại $P\Rightarrow \frac{SI}{SK}=\frac{IY}{KP}=\frac{IE}{KF}=\frac{JF}{KF}\Rightarrow IJ\parallel SF$.

Theo kết quả quen thuộc của mô hình tâm nội, với $L$ là tiếp điểm tâm bằng đỉnh $S$ của $△SAD$ với $AD$ thì $SL$ đi qua chân đường kính từ $F$ của $(K)$ và $M$ là trung điểm $AD\Rightarrow MK$ đi qua trung điểm $SF$ theo tính chất đường trung bình. Mà $KO$ cũng đi qua trung điểm $SF$ theo bổ đề hình thang nên $K,O,M$ thẳng hàng.