Đến nội dung

Hình ảnh

Chứng minh $(QMN)$ tiếp xúc $(PEF)$


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 2 trả lời

#1
huytran08

huytran08

    Trung sĩ

  • Thành viên
  • 170 Bài viết
Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp $(O)$,$AD$ cắt $BC$ tại $Q$,$AC$ cắt $BD$ tại $P$.$(PAD)$ cắt $PQ$ tại $S$.$M,N$ là trung điểm $AD,BC$;$MN$ cắt $BD,AC$ tại $E,F$
a,Gọi $r$ là bán kính $(QMN)$.Chứng minh $AS+OS \leq 2r\sqrt{2} $
b,Gọi $H$ là hình chiếu của $P$ lên $CD$.Chứng minh $CHFN$ nội tiếp và $\widehat{MHN}=\widehat{APB}$
c,Chứng minh $(QMN)$ tiếp xúc $(PEF)$
Một bài hình khá hay mà mình tìm ra trong lúc nghịch GSP5,thế mà nghĩ mãi ko ra câu b

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi huytran08: 28-04-2023 - 08:27

How far are you from me,Fruit?

I am hidden in your heart,Flower.

                                                                                                                                                                                                      (Rabindranath Tagore)


#2
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Một bài toán rất hay và thực sự khó. Dưới đây là lời giải cho câu b). Chứng minh không được tốt lắm vì dựa nhiều vào hình vẽ cụ thể và cũng chưa xử lý được các trường hợp đặc biệt, nhưng thôi, cũng tạm chấp nhận vậy. 
Chìa khoá để giải quyết bài toán này chính là Theorem. Bản thân nó có thể tách ra thành một bài toán riêng cũng rất hay. Mình từng giải bài này trên báo, nhưng lâu lắm rồi nên không nhớ lắm. Đành phải ngồi tìm tòi giải lại. 
Trong Mệnh đề 4, mình có gọi thêm hai điểm phụ và đặt tên là E' và F', lý do vì mình dự đoán EE' vuông góc BD và FF' vuông góc AC. Câu c) mình dự đoán là (PEF) và (QMN) tiếp xúc nhau tại điểm S được xác định như trong hình. 
Điểm S là một điểm vô cùng đặc biệt. Trong quá trình giải mình tìm ra được tầm 12 đường tròn cùng đi qua điểm này. 
 

Dang-DDTH-Thang4Ngay27-1 (4).jpg

Lời giải. Gọi  R là giao điểm AB và CD. $RR_{1}$ và $RR_{2}$ là hai tiếp tuyến kẻ từ R tới đường tròn (O).  S là giao điểm của OR và $R_{1}R_{2}.$ Ta lần lượt xét các mệnh đề.

Mệnh đề
$OSAB$ và $OSDC$ là các tứ giác nội tiếp.

Chứng minh
Vì $ABCD$ là tứ giác nội tiếp nên $RA.RB=RC.RD.$
Dễ có tam giác $RAR_{1}$ đồng dạng với tam giác  $RR_{1}B$ nên $RA.RB=RR_{1}^2$.
Tam giác $RR_{1}O$ vuông tại $R_{1}$ và có $R_{1}S$ là đường cao nên $RS.RO=RR_{1}^2$.
Do đó $RS.RO=RA.RB=RC.RD.$
Suy ra $OSAB$ và $OSDC$ là các tứ giác nội tiếp.

Mệnh đề
$PSDA$ và $PSCB$ là các tứ giác nội tiếp.

Chứng minh
Vì tứ giác $OSAB$ nội tiếp (Theorem) ta suy ra $\angle ASR=\angle ABO.$
Mà $\angle ABO=90^{\circ} -\frac{\angle AOB}{2}=90^{\circ} -\angle PDA$
Do đó $\angle ASR=90^{\circ} -\angle PDA.$
Chứng minh tương tự $\angle DSR=90^{\circ} -\angle PDA.$
Do đó $\angle ASD=\angle ASR+\angle DSR=(90^{\circ} -\angle PDA)+(90^{\circ} -\angle PAD)=180^{\circ} -(\angle PDA+\angle PAD)= \angle APD.$
Vậy tứ giác $PSDA$ nội tiếp. Chứng minh tương tự ta có $PSCB$ nội tiếp.

Mệnh đề
QP vuông góc OR tại S và RP vuông góc OQ.

Chứng minh
Vì $PSDA$ nội tiếp (Theorem) nên $\angle ASP=\angle PDA.$
Mà $\angle ASR=90^{\circ} -\angle PDA$ (chứng minh ở Theorem).
Suy ra $\angle PSR=\angle ASP+\angle ASR=90^{\circ}$. Vậy PS vuông góc OR.
Gọi $S’$ là giao điểm thứ hai của $(PAD)$ với đường thẳng QP.
Khi đó $QP.QS’=QA.QD$, mà $QA.QD=QB.QC$ (tứ giác ABCD nội tiếp) nên $QP.QS’=QB.QC.$
Chứng tỏ S’ thuộc $(PBC).$
Như vậy S’ là giao điểm của $(PAD)$ và $(PBC)$.
Mà theo Theorem ta cũng có S là giao điểm của hai đường tròn trên. Chứng tỏ S trùng S’.
Từ đó suy ra S thuộc QP. Vì PS vuông góc OR và S thuộc QP nên QP vuông góc OR tại S.
Chứng minh tương tự RP vuông góc OQ.

Mệnh đề
Tứ giác $SMDH$ và $SNCH$ là các tứ giác nội tiếp.

Chứng minh
Gọi E', F' lần lượt là giao điểm của PH với OM, ON.
Vì góc $\angle QSO=90^{\circ} $ (Theorem) nên S thuộc đường tròn ngoại tiếp tứ giác $QMON$.
Suy ra $\angle SME'=\angle SMO=\angle SQO.$
Vì QP vuông góc OR và RP vuông góc OQ (Theorem) nên $\angle SQO=\angle SRP.$
Mặt khác do $\angle PSR=\angle PHR=90^{\circ} $ nên tứ giác $PSHR$ nội tiếp.
Do đó $\angle SRP=\angle SHE'.$ Vậy $\angle SME'=\angle SHE'.$
Suy ra S thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ME'H.
Mặt khác  E'MDH là tứ giác nội tiếp vì $\angle E'MD=\angle E'HD=90^{\circ} $.
Chứng tỏ tứ giác $SMDH$ nội tiếp.
Chứng minh tương tự $SNCH$ là tứ giác nội tiếp.

Mệnh đề
$\angle MHN=\angle APB.$

Chứng minh

Vì tứ giác $SMDH$ nội tiếp (Theorem) nên $\angle SHM=\angle SDA.$
Vì tứ giác $SPAD$ nội tiếp (Theorem) nên $\angle SDA=\angle APQ.$
Vậy $\angle SHM=\angle APQ.$ Chứng minh tương tự $\angle SHN=\angle BPQ.$
Vậy $\angle MHN=\angle SHM+\angle SHN=\angle APQ+\angle BPQ=\angle APB.$
Đây là điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 09-05-2023 - 01:27
Trình bày LaTeX

"Hap$\pi$ness is only real when shared."

#3
HaiDangPham

HaiDangPham

    Sĩ quan

  • Điều hành viên THCS
  • 318 Bài viết

Bài viết này mình chứng minh nốt câu c) của bài toán ban đầu là đường tròn $(QMN)$ tiếp xúc với đường tròn $PEF$. Với mình, câu c) này khó và hay hơn. Để chứng minh nó mình cần sử dụng tất cả 4 mệnh đề đầu đã được chứng minh của bài viết trước. 

Dang-DDTH-Thang5Ngay7-1.jpg

Qua $P$ kẻ đường thẳng vuông góc với $PR$ cắt $OR$ tại $S^*$. Ta lần lượt xét tiếp các mệnh đề sau. 

 

Mệnh đề
 $SAQC$ và $SBQD$ là các tứ giác  nội tiếp.

Chứng minh. Vì tứ giác $OSCD$ nội tiếp (Theorem) nên $\angle OSC=\angle ODC$.

Vì tam giác $ODC$ cân tại $O$ nên $\angle ODC=90^{\circ}- \frac{DOC}{2}=90^{\circ}-\angle DAC.$

Do đó $\angle OSC=90^{\circ}-\angle DAC.$

Vì tứ giác $PSDA$ nội tiếp (Theorem) nên $\angle PSA=\angle PDA=\angle ACQ.$ 

Hơn nữa, $PQ$ vuông góc $OR$ tại $S$ (Theorem) nên

$\angle ASC  =\angle OSC+\angle PSA+\angle OSP$ 

$= 90^{\circ}-\angle DAC+\angle ACQ+90^{\circ}$ 

$= 180^{\circ}-\left( \angle DAC-\angle ACQ \right)$ 

$= 180^{\circ}-\angle AQC.$ 

Suy ra tứ giác $SAQC$ nội tiếp.

Tương tự ta chứng minh được tứ giác $SBQD$ nội tiếp.

 

Mệnh đề
 $EMDS$ và $FNCS$ là các tứ giác nội tiếp.

Chứng minh. Vì tứ giác $SMQN$ nội tiếp nên $\angle SME=\angle SMN=\angle SQN.$

Vì tứ giác $SAQC$ nội tiếp (Theorem) nên $\angle SQN=\angle SQC=\angle SAC.$

Vì tứ giác $PSDA$ nội tiếp (Theorem) nên $\angle SAC=\angle SAP=\angle SDP=\angle SDE.$

Như vậy $\angle SME=\angle SDE.$ Chứng tỏ $EMDS$ là tứ giác nội tiếp.

Chứng minh tương tự ta có $FNCS$ là tứ giác nội tiếp.

 

Mệnh đề
 $S$ thuộc đường tròn $(PEF).$

Chứng minh. Vì $EMDS$ nội tiếp (Theorem) nên $\angle SEF=\angle SDM=\angle SDA.$

Vì $PSDA$ nội tiếp (Theorem) nên $\angle SDA=\angle SPF.$

Do đó $\angle SEF=\angle SPF$ và ta có tứ giác $SEPF$ nội tiếp hay $S$ thuộc đường tròn $(PEF).$

 

Mệnh đề
 $S^*$ thuộc đường tròn $(PEF).$

Chứng minh. Vì $PS^*$ vuông góc $PR$ và $PQ$ vuông góc $OR$ tại $S$ (Theorem) nên  $\angle PS^*S=\angle SPR.$

Vì tứ giác $PSHR$ nội tiếp nên $\angle SPR=\angle SHC.$

Vì tứ giác $EMDS$ nội tiếp (Theorem) và $SMDH$ nội tiếp (Theorem) nên $\angle SHC=\angle SED.$

Do đó $\angle PS^*S=\angle SED.$ 

Suy ra tứ giác $SEPS^*$ nội tiếp.

Mà $S$ thuộc đường tròn $(PEF)$ (Theorem) nên $S^*$ thuộc đường tròn $(PEF).$

 

Mệnh đề
 Đường tròn $(QMN)$ tiếp xúc đường tròn $(PEF)$ tại $S.$

Chứng minh. Vì $S^*$ thuộc đường tròn $(PEF)$ (Theorem) và $PSS^*=90^{\circ}$ (Theorem) nên $PS^*$ là đường kính đường tròn $(PEF).$

Hơn nữa, do  $\angle QSO=90^{\circ}$ (Theoremnên $OQ$ là đường kính đường tròn $(QMN).$

Gọi $I$ là tâm đường tròn $(PEF)$ và $O'$ là tâm đường tròn $(QMN).$

Khi đó $I$ là trung điểm của $PS^*$ và $O'$ là trung điểm $OQ.$

Ta lại có $PS^* \perp PR$ và $OQ \perp PR$ (Theoremnên $PS^* \parallel OQ.$

Từ đó ta dễ dàng suy ra $S, I, O'$ thẳng hàng.
Mà $S$ thuộc đường tròn $(PEF)$ 
(Theorem) và $S$ cũng thuộc đường tròn $(QMN)$, điều đó chứng tỏ đường tròn $(QMN)$ tiếp xúc đường tròn $(PEF)$ tại $S.$ Đây là điều phải chứng minh.


Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 07-05-2023 - 16:25

"Hap$\pi$ness is only real when shared."




2 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 2 khách, 0 thành viên ẩn danh