Câu 2 (7.0 điểm). Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$ có $AB=AD$ và $\widehat{BAD}>90^{\circ }$. Gọi $G$ là giao điểm khác $O$ của $CO$ với đường tròn $(OBD)$ và $L$ là điểm trên $CA$ sao cho $\widehat{CGL}=90^{\circ }$. Lấy $E,F$ đối xứng với $G$ qua $OB,OD$.

a) Chứng minh $EF,LG,BD$ đồng quy.

b) Gọi $H,K$ là hình chiếu của $L$ lên $CB,CD$; $M,N$ là giao điểm của $HG,KG$ với $CA$. Chứng minh điểm $L$ có cùng phương tích đối với các đường tròn $(GMN)$ và $(OBD)$.

Lời giải.

a) Gọi $P,Q$ lần lượt là trung điểm của $CE,CF$. Khi đó $PQ\parallel EF$ và $\widehat{GPO}=\widehat{GQO}=90^{\circ }$. Do đó tứ giác $GOPQ$ nội tiếp. Do đó nếu gọi $S=EF\cap BC$ thì:

$$\widehat{GES}=\widehat{GPQ}=\widehat{GOQ}=\widehat{GOD}=\widehat{GBD}=\widehat{GBS}.$$

Suy ra tứ giác $GBES$ nội tiếp.

Tương tự: tứ giác $GDFS$ cùng nội tiếp.

Gọi $T=OG\cap BC$. Từ $OB=OD$ nên có $\widehat{DGT}=\widehat{OGB}$ và $\widehat{GDT}=\widehat{GOB}$ nên $△GDT\sim △GOB$ (g-g) nên $\widehat{GTD}=\widehat{GBO}$.

Ta có

$$\widehat{GST}=\widehat{GSB}=\widehat{GEB}=90^{\circ }-\frac{\widehat{GBE}}{2}=90^{\circ }-\widehat{GBO}=90^{\circ }-\widehat{GTS}.$$

Điều này chứng tỏ $△GTS$ vuông tại $G$, tức $\widehat{OGS}=90^{\circ }$ nên hai đường thẳng $GS$ và $GL$ trùng nhau, suy ra $GL$ đi qua $S$, suy ra đpcm.



Nhận xét

Bài toán có thể giải bằng đường thẳng Simson và Steiner, kết hợp với phép đối xứng cũng rất nhanh!

b) Gọi $I$ là điểm chính giữa cung $BGD$ của $(OBD)$. Khi đó $OI$ là đường kính của $(OBD)$ nên $\widehat{IGO}=90^{\circ }=\widehat{OGL}$ nên $GL$ đi qua $I$. Ta sẽ chứng minh $I$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $GMN$.

Thật vậy, dễ thấy tứ giác $GHCK$ nội tiếp đường tròn đường kính $LC$ và từ $AB=AC$ có được $AC$ là phân giác $\widehat{BCD}$. Chú ý $GO$ là phân giác $\widehat{BGO}$. Do đó:

$$\widehat{DGN}=\widehat{DGI}+\widehat{NGL}\text{(vıˋ }GL\equiv GI\text{)}$$
$$=(\widehat{DGO}+\widehat{OGI})+\widehat{KCL}\text{(vıˋ tứ giaˊc }GKCL\text{ nội tieˆˊp)}$$
$$=\frac{\widehat{DGB}}{2}+90^{\circ }+\frac{\widehat{BCD}}{2}\text{(vıˋ }GC,CL\text{ laˋ phaˆn giaˊc }\widehat{BGD},\widehat{BCD}\text{)}$$
$$=\frac{180^{\circ }-\widehat{DOB}}{2}+90^{\circ }+\frac{\widehat{BCD}}{2}\text{(vıˋ tứ giaˊc }GBOD\text{ nội tieˆˊp)}$$
$$=180^{\circ }-\widehat{BCD}-\frac{\widehat{BCD}}{2}\text{(vıˋ }O\text{ laˋ taˆm }(BCD)\text{)}$$
$$=180^{\circ }-\frac{\widehat{BCD}}{2}$$
$$=180^{\circ }-\widehat{DCN}.$$

Suy ra tứ giác $GDCN$ nội tiếp.



Vì $AB=AD$ và $IB=ID$ (vì $I$ là điểm chính giữa cung $BGD$ của $(GBD)$) nên $IA$ là trung trực của $BD$, từ đó $AI$ là phân giác của $\widehat{BID}$. Từ đó:

$$\widehat{AID}=\frac{\widehat{BID}}{2}=\frac{\widehat{BGD}}{2}=\widehat{CGD}=\widehat{CND}=\widehat{AND}.$$

Do đó tứ giác $AIND$ nội tiếp.

Mặt khác, từ $OI$ là đường kính $(BDO)$ có $ID\perp OD$ nên $ID$ là tiếp tuyến $(ABCD)$. Từ đó

$$\widehat{INM}=\widehat{INA}$$
$$=\widehat{IDA}\text{(vıˋ tứ giaˊc }AIND\text{ nội tieˆˊp)}$$
$$=\widehat{ACD}\text{(vıˋ }AD\text{ laˋ tieˆˊp tuyeˆˊn }(ABCD))$$
$$=\widehat{LCH}\text{(vıˋ }AC\text{ laˋ phaˆn giaˊc }\widehat{BCD}$$
$$=\widehat{LGH}\text{(vıˋ }LHCG\text{ nội tieˆˊp)}$$
$$=\widehat{IGM}.$$

Suy ra tứ giác $IMGN$ nội tiếp. Tức $I\in (GMN)$.

Từ đó ${\mathcal{P}}_{L/(GMN)}=\overline{LM}\cdot \overline{LN}=\overline{LI}\cdot \overline{LG}={\mathcal{P}}_{L/(OBD)}$, ta có đpcm.

Nhận xét

Tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác $GMN$ nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác $OBD$.