正方形外接圆切线

Ly-lie

如图，已知$ABCD$是正方形，$P$为其外接圆上一点，$E,F$分别在$AB,CD$上满足$PE\perp AC,PF\perp BD$,$EF$交$AD$延长线于$Q$,证明：$PQ$为外接圆切线.

kuing

想不出几何法，用三角可以硬算出来，但不想写😌

Ly-lie

kuing 发表于 2023-4-22 03:00
想不出几何法，用三角可以硬算出来，但不想写😌

的确不大好算，所以想找个自然点的几何法

uk702

复数 + MMA 就简单了。

1. Clear[e, f];
3. (* 假设 O 为单位正方形的中心且位于原点，正方形的边长为 2，小写字母对应各个点的复数，复数 v' 表示 v 的共轭复数 *)
4. o'=o=0; b=-1-I;b'=-1+I;c=1-I;c'=1+I;d=1+I;d'=1-I;a=-1+I;a'=-1-I;
5. r=Sqrt[2]; p=r(Cos[u] + Sin[u] I); p'=r(Cos[u] - Sin[u] I);
7. (* 过 A、B 两点的复斜率定义 *)
8. k[a_, b_] := (a - b)/(a' - b');
9. k'[a_, b_] := 1/k[a, b];
11. (* 复斜率 k1 且过点 A1 与复斜率 k2 且过点 A2 的直线交点 *)
12. Jd'[k1_, a1_, k2_, a2_] := -((a1 - k1 a1' - (a2 - k2 a2'))/(k1 - k2));
13. Jd[k1_, a1_, k2_, a2_] := -((k2 (a1 - k1 a1') - k1 (a2 - k2 a2'))/(k1 - k2));
15. sol = Solve[{k[p, e] == k[d, b], k[e, a] == k[b, a]}, {e, e'}];
16. {e, e'} = {e, e'} /. Last[sol];
18. sol = Solve[{k[p, f] == k[a, c], k[d, f] == k[d, c]}, {f, f'}];
19. {f, f'} = {f, f'} /. Last[sol];
21. q = Jd[k[a,d], a, k[e, f], e]; q' = Jd'[k[a,d], a, k[e, f], e];
22. Simplify[k[o, p] / k[p, q]]

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输出 -1，表示 OP 与 PQ 垂直，也就是 PQ 与圆相切。

Ly-lie

我的做法不怎么自然，感觉有点小题大做了：如图，设 $PB$与$AC$交于$I$,$PC$与$BD$交于$J$,由$AC$垂直平分$PG$得$PB,GD,AC$共点，同理$PC,HA,BD$共点，对圆内接六边形$BACPGD$由帕斯卡定理知$I,J,E$三点共线，再对$CDBPHA$由帕斯卡定理知$I,J,F$三点共线，从而$E,I,J,F$四点共线，最后对圆内接退化六边形$PPCADB$由帕斯卡定理知$PQ$为切线，即得证.

kuing

同一法接受不？：

不妨设圆半径为 `1`，记圆心为 `O` 及 `\angle POA=\theta`，则有 \begin{align*} PA&=2\sin\frac\theta2,\\ PD&=2\sin\frac{90\du-\theta}2, \end{align*} 现在假设 `P` 处的切线与 `AD` 交于 `Q'`，则有 `\triangle Q'PA\sim\triangle Q'DP`，于是有 \[\frac{PA}{PD}=\frac{Q'P}{Q'D}\iff\frac{PA^2}{PD^2}=\frac{Q'A\cdot Q'D}{Q'D^2}=\frac{Q'A}{Q'D},\] 所以 \[\frac{Q'A}{Q'D}=\frac{\sin^2\frac\theta2}{\sin^2\frac{90\du-\theta}2}=\frac{1-\cos\theta}{1-\sin\theta},\] 而易见 \begin{align*} AE&=\sqrt2(1-\cos\theta),\\ DF&=\sqrt2(1-\sin\theta), \end{align*} 于是 \[\frac{Q'A}{Q'D}=\frac{AE}{DF}=\frac{QA}{QD},\] 可见 `Q` 与 `Q'` 重合，即得证。

kuing

kuing 发表于 2023-4-23 17:11
同一法接受不？：

延长 `PE`, `PF` 交圆于 `G`, `H`，则
\[\frac{PA^2}{PD^2}=\frac{PA\cdot AG}{PD\cdot DH}=\frac{\sin\angle PDH\cdot \S{PAG}}{\sin\angle PAG\cdot \S{PDH}},\]
记 `A`, `D` 到 `PG`, `PH` 的距离分别为 `h_A`, `h_D`，则
\begin{align*}
\frac{\sin\angle PDH}{\sin\angle PAG}&=\frac{PH}{PG},\\
\frac{\S{PAG}}{\S{PDH}}&=\frac{PG\cdot h_A}{PH\cdot h_D},
\end{align*}
所以
\[\frac{PA^2}{PD^2}=\frac{h_A}{h_D}=\frac{AE}{DF},\]
这样就绕过了楼上的三角倍角公式😉

乌贼

kuing 发表于 2023-4-23 19:04
延长 `PE`, `PF` 交圆于 `G`, `H`，则
\[\frac{PA^2}{PD^2}=\frac{PA\cdot AG}{PD\cdot DH}=\frac{\sin\a ...

折叠了算错方向的部分

只能计算，令$ PN=a,PM=b,AO=R $，有\[ \triangle QFN\sim \triangle QEH\riff \dfrac{QH}{QN}=\dfrac{EH}{FN}\riff\dfrac{R-a+b-QN}{QN}=\dfrac{a}{R-b}\riff GN=\dfrac{(R-b)(R-a+b)}{R+a-b} \]若要\[ \triangle PNQ\sim \triangle PMA \]则需\[ \dfrac{GN}{a}=\dfrac{R-a}{b} \]即\[ GN=\dfrac{a(R-a)}{b} \]看看上面两个$ QN $是否相等\[ \dfrac{(R-b)(R-a+b)}{R+a-b}=\dfrac{a(R-a)}{b}\iff (R-b)(R-a+b)\cdot b=(R+a-b)(R-a)\cdot a\iff a^2b-abR+ab^2=ab^2+a^2-abR \]显然成立，故\[ \angle APG=90\du  \]
待续……

上面算错方向了😂，从算，如图：
$ PN\px BD $交$ AC $于$ N $，$ PF $交$ PN $于$ M $，还令$ OG=a,PG=b,AO=R $，有\[ \dfrac{DQ+AD}{DQ}=\dfrac{AE}{DF}\riff \dfrac{DQ+\sqrt{2}R}{DQ}=\dfrac{\sqrt{2}(R-a)}{\sqrt{2}(R-b)}\riff DQ=\dfrac{\sqrt{2}R(R-b)}{b-a} \]得\[ ON=\dfrac{R(R-b)}{b-a} \]\[ PM=\dfrac{R(R-b)}{b-a}+a=\dfrac{b(a+b-R)}{b-a} \]\[ QM=R+\dfrac{R(R-b)}{b-a}-b=\dfrac{a(a+b-R)}{b-a} \]故\[ \dfrac{PM}{MQ}=\dfrac{\dfrac{b(a+b-R)}{b-a} }{\dfrac{a(a+b-R)}{b-a}}=\dfrac{b}{a}=\dfrac{AG}{GO}\riff\triangle PMQ\sim \triangle PGO \]所以\[ \angle GPO=\angle MPQ\riff\angle OPQ=\angle GPM=90\du  \]

乌贼

无字证明：
    延长$ PO $分别交$ AD、BC、AB $于$ M、N、J $，分别延长$ QE、AE、AF $交$ BC $于$ G、K、H $，有\[ AM=CN \]又\[ \dfrac{NB}{BE}=\dfrac{NB}{BK}=\dfrac{NO}{OP}=\dfrac{NC}{CH}=\dfrac{NC}{CF}=\dfrac{AM}{CF} \]\[ \riff \dfrac{NB}{AM}=\dfrac{BE}{CF}\riff\dfrac{GB}{BC}=\dfrac{JB}{AB} \]得\[ BG=BJ \]$ K $即为$ \triangle EGJ $的垂心，$ JK $交$ EG $于$ L $，则$ LPFCK $五点共圆，有\[ \angle PLF=\angle PCD=\angle PAD\riff \angle PLJ=\angle PAJ \]所以$ APQJL $五点共圆\[ \angle OPQ=90\du  \]

乌贼

再来一种证明，权当记录
$ M $为$ EF $与$ PC $交点，易证$ PMC $三点共线，$ MNDK $为正方形。则$ N $为$ \triangle PDM $外接圆圆心，有
\[ \triangle MNG\cong \triangle MKF\sim \triangle QNM\riff MN^2=NG\cdot NQ\riff NH^2=NG\cdot NQ
\]\[
\riff \triangle NHG\sim \triangle NQH\riff \angle NQH=\angle NHG=\angle NPG \]
故$ PNHQ $四点共圆得\[ \angle HPQ=\angle HNQ=2\angle FPD \]所以\[ \angle OPQ=\angle OPC+\angle CPF+\angle FPQ=2(\angle CPF+\angle FPD)=90\du  \]