T12/496 - THTT

2021/02/14 14:46

#toán #hình học #thtt

– Con Heo’s solution –

Đề bài. (Nguyễn Văn Linh) Cho tứ giác ABCDABCD nội tiếp đường tròn (O)(O). ACAC \cap BDBD == EE, ADAD \cap BCBC == FF. Gọi (O1)(O_{1}) là đường tròn tiếp xúc với các tia EAEA, EBEB và tiếp xúc trong với (O)(O); (O2)(O_{2}) là đường tròn tiếpa xúc với FAFA, FBFB và tiếp xúc ngoài với (O)(O) tại một điểm trên AB\stackrel\frown{AB} không chứa CC, DD. Chứng minh rằng giao điểm của hai tiếp tuyến chung ngoài của (O1)(O_{1})(O2)(O_{2}) nằm trên (O)(O).

Đề bài

Chứng minh

Bài toán sẽ được giải quyết qua bốn bổ đề sau.

Bổ đề 1.

Bổ đề. Cho tứ giác ABCDABCD nội tiếp (O)(O). Gọi II, JJ, KK, LL điểm chính giữa BD\stackrel\frown{BD}, AC\stackrel\frown{AC}, AD\stackrel\frown{AD}, BC\stackrel\frown{BC} (cung lớn, cung nhỏ tùy ý thỏa mãn: OIOI, OJOJ cùng cắt hoặc không cùng cắt các cung BDBD, ACAC tương ứng; tương tự với OKOK, OLOL). Tiếp tuyến tại DD cắt tiếp tuyến tại AABB lần lượt tại GG, SS. Tiếp tuyến tại CC cắt tiếp tuyến tại AABB lần lượt tại RR, HH. GHGH cắt LKLK tại NN. SRSR \cap IJIJ == MM. Khi đó: MNMN tiếp xúc với (O)(O).

H1

Chứng minh.

H2

Xét OIOI, OJOJ, OKOK, OLOL lần lượt không cắt dây BDBD, ACAC, ADAD, BCBC, các trường hợp còn lại tương tự.

Kẻ TKTK, TITI, TJTJ, TLTL lần lượt cắt QDQD, PDPD, QCQC, PCPC tại UU, VV, ZZ, WW.

Dễ chứng minh LK//JILK // JI.

Dễ thấy OO thuộc SISI, RJRJ, GKGK, HLHL. Gọi PP, QQ lần lượt là giao điểm của DLDLCKCK; DJDJCICI. Gọi XX giao điểm LILIKJKJ. TT giao điểm PQPQ với (O)(O).

Xét lục giác DCKIJLDCKIJL có: PP giao DLDLCKCK; QQ giao DJDJCICI; XX giao LILI, KJKJ.

Theo định lý Pascal PP, QQ, XX thẳng hàng và thẳng hàng với TT.

Xét \bigtriangleup JKVJKV\bigtriangleup ILWILW có: JKJK cắt ILIL tại XX ; KVKV cắt LWLW tại TT; JVJV cắt IWIW tại PP; với XX, TT, PP thẳng hàng. Theo định lý Desargues, IJIJ, KLKL, VWVW đôi một song song. Tương tự: UZUZ, IJIJ, KLKL đôi một song song.

Mặt khác: UTV^=KTI^=VDU^    DTVU\widehat {UTV} = \widehat{KTI} = \widehat{VDU} \implies DTVU nội tiếp.

    DUV^=DTK^=DLK^    UV//LK\implies \widehat{DUV} = \widehat{DTK} = \widehat{DLK} \implies UV // LK.

Do đó: UV//VW//UZ    UUV // VW // UZ \implies U, VV, WW, ZZ thẳng hàng.

Lại có: QLQK=QUQZ=sinXTJsinXTI=sinXITsinXJT=TLTK\frac{QL}{QK} = \frac{QU}{QZ} = \frac{\sin{XTJ}}{\sin{XTI}} = \frac{\sin{XIT}}{\sin {XJT}} = \frac{TL}{TK}.

Xét \bigtriangleup OJIOJIMM, RR, SS thẳng hàng thuộc IJIJ, OJOJ, OIOI. Theo định lý Menelaus có:

MIMJ.RJRO.SOSI=1    MIMJ=RORJ.SISO=1+cosC1+cosD=cos2C2cos2D2\frac{MI}{MJ} . \frac{RJ}{RO} . \frac{SO}{SI} = 1 \iff \frac{MI}{MJ} = \frac{RO}{RJ} . \frac{SI}{SO} = \frac{1+\cos{C}}{1+\cos{D}} = \frac{\cos^2{\frac{C}{2}}}{\cos^2{\frac{D}{2}}}.

Kẻ MTMT' là tiếp tuyến với (O)(O) sao cho TT' thuộc IJ\stackrel\frown{IJ} và khác phía với OO.

Khi đó: TI2TJ2=MIMJ=cos2C2cos2D2\frac{T'I^2}{T'J^2} = \frac{MI}{MJ} = \frac{\cos^2{\frac{C}{2}}}{\cos^2{\frac{D}{2}}}.

    \implies TITJ=cosC2cosD2=PIPJ=TITJ\frac{T'I}{T'J} = \frac{\cos{\frac{C}{2}}}{\cos{\frac{D}{2}}} = \frac{PI}{PJ} = \frac{TI}{TJ}.

Khi đó: TTTT' là 2 giao điểm của đường tròn Apollonius \bigtriangleup PIJPIJ với (O)(O).

TT, TT' nằm cùng phía với cung IJIJ.

Nên TT trùng TT'.

Do đó: MTMT là tiếp tuyến (O)(O).

Tương tự: NTNT là tiếp tuyến (O)(O).

Vậy bổ đề được chứng minh.

Bổ đề 2.

Bổ đề. Cho tứ giác ABCDABCD nội tiếp (O)(O). ACAC \cap BDBD == EE, ADAD \cap BCBC == FF. Gọi II, JJ, KK, LL điểm chính giữa BD\stackrel\frown{BD}, AC\stackrel\frown{AC} , AD\stackrel\frown{AD}, BC\stackrel\frown{BC} (cung lớn, cung nhỏ tùy ý thỏa mãn: OIOI, OJOJ cùng cắt hoặc không cùng cắt các cung BDBD, ACAC tương ứng; tương tự với OKOK, OLOL). Tiếp tuyến tại II, JJ cắt nhau tại MM. Tiếp tuyến tại KK, LL cắt nhau tại NN. Khi đó: MEME, NFNF cắt nhau tại một điểm trên (O)(O).

H3

Chứng minh.

H4

Gọi RR là độ dài bán kính (ABCD)(ABCD). Xét điểm MM:

Gọi RR == OMOM \cap IJIJ. Dễ thấy OROR \bot IJIJOR.OM=R2OR.OM = R^2.

Gọi GG == ABAB \cap CDCD. Gọi QQ == OEOE \cap FEFE.

Theo định lý Brocard ta có OQOQ \bot FGFGOE.OQ=R2OE.OQ = R^2.

Xét phép nghịch đảo IOR2:(O)(O),(ME)(QOR)I_{O}^{R^2}:(O) \mapsto (O),(ME) \mapsto (QOR). Kéo dài IJIJ cắt FGFG tại UU (QOR)\in (QOR). Gọi PP, VV giao điểm (QOR)(QOR)(O)(O) (hình vẽ) thì UPUP, UVUV tiếp xúc (O)(O) tại PP.

Mặt khác: Do (ME)(ME) là nghịch đảo của (QOR)(QOR) qua (O)(O) nên MEME là trục đẳng phương (QOR)(QOR)(O)(O). Do đó: M,EPVM, E \in PV.

Lại có: UFGU \in FG nên UU thuộc đường thẳng đi qua các điểm: giao điểm tiếp tuyến tại BBDD; giao điểm tiếp tuyến tại AA và tại CC, đồng thời UIJU \in IJ.

Xây dựng tương tự với điểm NN. Gọi nghịch đảo của (NF)(NF) qua (O)(O) là đường tròn (C)(C). Và chứng minh tương tự như với điểm MM ta có WW là điểm thuộc (C)(C), KLKL và đường thẳng đi qua giao điểm tiếp tuyến tại BBAA, giao điểm tiếp tuyến tại AACC.

Khi đó, theo Bổ đề 1., WUWU là đường thẳng tiếp xúc (O)(O) tại PP.

Mà: MEME, NFNF đi qua điểm P(O)P \in (O)     \iff (QOR)(QOR), (O)(O), (C)(C) cùng đi qua PP     \iff WUWU tiếp xúc (O)(O) tại PP.

Nên bài toán đã được chứng minh.

Bổ đề 3.

Bổ đề. Cho (O)(O) và điểm FF ngoài (O)(O). Kẻ cát tuyến FADFAD, FBCFBC, FKLFKL đến đường tròn. ACAC \cap BDBD == EE. LELE \cap (O)(O) == GG, KEKE \cap (O)(O) == HH. Khi đó: FF, GG, HH thẳng hàng.

H5

Chứng minh.

Sử dụng định lý Pascal, Desargues, Brocard để chứng minh.

Bổ đề 4.

Bổ đề. Cho tứ giác ABCDABCD nội tiếp (O)(O). ACAC giao BDBD tại EE, ADAD giao BCBC tại FF. Gọi II, JJ, KK, LL điểm chính giữa BD\stackrel\frown{BD}, AC\stackrel\frown{AC} , AD\stackrel\frown{AD}, BC\stackrel\frown{BC} (cung lớn, cung nhỏ tùy ý thỏa mãn: OIOI, OJOJ cùng cắt hoặc không cùng cắt các cung BDBD, ACAC tương ứng; tương tự với OKOK, OLOL). Tiếp tuyến tại II, JJ cắt nhau tại MM. Tiếp tuyến tại KK, LL cắt nhau tại NN. MEME cắt (O)(O) tại PP, UU (hình vẽ). FUFU cắt (O)(O) tại điểm thứ hai RR. RERE cắt (O)(O) tại điểm thứ hai QQ. QOQO, RORO cắt (O)(O) tại điểm thứ hai WW, VV. Khi đó: MM, VV, WW thẳng hàng.

H6

Chứng minh.

H7

Theo Bổ đề 3. ta có FF, QQ, PP thẳng hàng.

Từ Bổ đề 2. ta có QPQP đi qua điểm NN.

Gọi OIOI, OJOJ, OLOL, OKOK cắt (O)(O) tại điểm thứ hai XX, YY, SS, TT.

Tiếp tuyến tại XX, YY cắt nhau tại ZZ.

Tiếp tuyến tại TT, SS cắt nhau tại HH.

Áp dụng Bổ đề 2. nhiều lần ta dễ dàng chứng minh: Z(QER)Z \in (QER).

Suy ra: (QRYX)=1(QRYX) = -1     A(QRYX)=1\implies A(QRYX) = -1.

Mà: AQAQ, ARAR, AYAY, AXAX lần lượt vuông góc với AWAW, AVAV, AIAI, AJAJ.

Nên: A(WVIJ)=1    (WVIJ)=1    A(WVIJ) = -1 \implies (WVIJ) = -1 \implies Tứ giác WJVIWJVI điều hòa.

Do đó: VWVW đi qua MM.

Vậy bài toán được chứng minh.

Quay trở về Blog