Chuyên đề luyện thi học sinh giỏi và ôn thi vào 10 - Phần Hình học - Chuyên đề 20: Định lý Ptôlêmê

Nội dung text: Chuyên đề luyện thi học sinh giỏi và ôn thi vào 10 - Phần Hình học - Chuyên đề 20: Định lý Ptôlêmê

1. CHƯƠNG Chuyên đề 20 ĐỊNH LÝ PTÔLÊMÊ A. Kiến thức cần nhớ Ptôlêmê là nhà khoa học cổ Hy Lạp, sống vào thế kỷ 2. Từ năm 127 đến năm 151 sau công nguyên, ông sống tại Alechxanđri (Ai Cập), nghiên cứu toán học, thiên văn học và địa lý. Ông là tác giả của thuyết hệ vũ trụ địa tâm; là mô hình cấu trúc vũ trụ đầu tiên, khẳng định một cách sai lầm rằng, các thiên thể chuyển động trên những vòng tròn có tâm là tâm trái đất nằm yên, là cơ sở cho thiên văn học trong một thòi gian dài cho đến thế kỷ 17, trước khi thuyết hệ nhật tâm của Kôpecnich ra đời. Công trình toán học của ông khá phong phú, sau đây là một định lý mang tên ông. Định lý. Trong một tứ giác nội tiếp thì tích hai đường chéo bằng tổng các tích của hai cặp cạnh đối diện. Giải Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Ta cần chứng minh: AB.CD AD.BC AC.BD Giả sử D· BC ·ABD Lấy điểm M trên đoạn AC sao cho M· BC ·ABD Suy ra ABM ∽ DBC AB AM Suy ra BD CD AB. CD BD. AM CBM ∽ DBA BC CM Suy ra BD AD AD.BC BD.CM Do đó AB.CD AD.BC BD AM CM AC.BD. B. Một số ví dụ Ví dụ 1. Cho nửa đường tròn O; R , đường kính AB có C là điểm chính giữa. Gọi M là điểm bất kì thuộc cung BC. Chứng minh rằng: AM BM CM. 2.
2. Giải Tìm cách giải. Với C»A C»B ta suy ra CA CB và biểu diễn được qua bán kính R. Vì M là điểm bất kì thuộc cung BC, kết luận liên quan tới MA, MB, MC nên ta liên tưởng tới định lý Ptôlêmê. Trình bày lời giải Ta có AC BC, ·ACB 90 nên ABC vuông cân tại C AB AC BC R 2 2 Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABMC ta được: AC.BM AB.CM AM.BC R 2.BM 2R.CM R 2.AM AM BM CM. 2 Ví dụ 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp và AB.CD AD.BC. Gọi M là trung điểm của BC. Chứng minh rằng: M· AB C· AD. Giải Tìm cách giải. M· AB C· AD ABM ∽ ACD (vì đã có ·ABM ·ACD) AB AC Do vậy cần chứng tỏ cặp cạnh kề góc ấy tỉ lệ tức là MB DC Dựa vào giả thiết, tất yếu ta nghĩ tới vận dụng định lý Ptôlêmê. Trình bày lời giải Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABCD ta được: AB.CD AD. BC AC. BD Mà AB.CD AD.BC nên: AB AC 2.AB.CD 2AC.BM MB DC Mặt khác ·ABM ·ACD suy ra: ABM ∽ ACD (c.g.c) Vậy M· AB C· AD. Ví dụ 3. Cho đường tròn (O) và dây cung BC khác đường kính. Tìm điểm A thuộc cung lớn BC của đường tròn sao cho 21.AB 10.AC đạt giá trị lớn nhất. Giải
3. Tìm cách giải. Nếu có điểm E trên cung nhỏ BC thì ta có: AB.CE AC.BE BC.AE. Do vậy để xuất 10 hiện 21.AB 10.AC thì ta cần xác định điểm E sao cho 21.BE 10.CE. tức là BE .CE. Với tỉ lệ 21 như vậy chúng ta lại nghĩ tới đường phân giác góc BEC. Do vậy bản chất của bài là dựng được điểm E. Trình bày lời giải IB 10 Gọi I là điểm thuộc cạnh BC sao cho IC 21 Gọi D là điểm chính giữa cung lớn BC của đường tròn (O). Gọi E là giao điểm thứ hai của DI với (O). Khi đó EI là phân giác của góc B· EC EB IB 10 10 Suy ra EB .EC. EC IC 21 21 Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác nội tiếp ABEC, ta có: AB.CE AC.BE BC.AE 10 Suy ra: AB.CE AC. .EC BC.AE 21 21BC 21AB 10AC .AE. CE Do đó 21AB 10AC đạt giá trị lớn nhất khi AE lớn nhất AE là đường kính của (O). Ví dụ 4. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có AC 2.AB. Các đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (O) tại A, C cắt nhau ở P. Chứng minh rằng BP đi qua điểm chính giữa của cung BAC. Giải Tìm cách giải. Để chứng minh BD CD, ta cần chứng minh BD CD. Như vậy dựa vào kết luận và giả thiết đều liên quan tới cạnh và tứ giác ABCD nên ta nghĩ tới việc vận dụng định lý Ptoleme. Tuy nhiên trong bài, tứ giác này có hai tiếp tuyến ở hai đỉnh đối diện (A và C) và đường chéo đồng quy thì luôn có CD.BA BC.AD (bạn nên nhớ tính chất này để sử dụng). Trình bày lời giải CD PC Ta có: PCD ∽ PBC nên BC PB
4. DA PA và PAD ∽ PBA nên . BA PB CD DA Mặt khác PC PA nên BC BA Suy ra CD.BA BC.AD (1) Áp dụng định lý Ptôlêmê ta có: CD.BA AD.BC AC.BD (2) Từ (1) và (2) suy ra: 2.CD.AB AC.BD Mặt khác: 2.AB AC nên CD BD. Vậy D là điềm chính giữa của cung BAC. C. Bài tập vận dụng 20.1. Chứng minh rằng nếu điểm P nằm trên cung nhỏ »AB của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD thì PA PC PD PB PD PC 20.2. Cho một tứ giác nội tiếp có các cạnh liên tiếp bằng a, b, c, d và các đường chéo bằng p, q. Chứng minh rằng: pq a2 b2 . c2 d 2 . 20.3. Cho tam giác ABC không đều. Gọi I và O lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác. Chứng minh rằng ·AIO 90 khi và chỉ khi AB AC 2BC 20.4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AC BC.CD AB.BD Chứng minh rằng: BD BC.BA DC.DA 20.5. Cho hai đường tròn O1; R1 và O2 ; R2 cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B (O1 và O2 nằm về hai phía của AB). Một cát tuyến d qua A cắt O1 , O2 lần lượt tại các điểm C, D khác A (A thuộc đoạn CD). Tiếp tuyến tại C của O1 cắt tiếp tuyến tại D của O2 ở M. Tìm vị trí của d sao MC MD cho đạt giá trị R1 R2 lớn nhất. 20.6. Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, O là tâm đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm G. Giả sử rằng O· IA 90. Chứng minh rằng IG song song với BC.
5. 20.7. Cho tam giác ABC với BC CA AB nội tiếp trong đường tròn (O). Trên cạnh BC lấy điểm D và trên tia BA lấy điểm E sao cho BD BE CA. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BDE cắt cạnh AC tại điểm P đường thẳng BP cắt đường tròn (O) tại điểm thứ hai Q. a) Chứng minh rằng tam giác AQC đồng dạng với tam giác EPD. b) Chứng minh rằng BP AQ CQ. (Tuyển sinh lớp 10, THPT chuyên tỉnh Vĩnh Phúc, năm học 2011-2012) 20.8. Cho hình bình hành ABCD. Một đường tròn đi qua A cắt các đoạn thẳng AB, AC, AD lần lượt tại điểm P, Q, R khác A. Chứng minh rằng: AB.AP AD.AR AQ.AC. 20.9. Giả sử M, N là các điểm nằm trong tam giác ABC sao cho M· AB N· AC và M· BA N· BC. Chứng AM.AN BM.BN CM.CN minh rằng: 1 AB.AC BA.BC CA.CB
6. HƯỚNG DẪN GIẢI-ĐÁP SỐ 20.1. Đặt độ dài cạnh hình vuông ABCD là a thì AC BD a 2. Áp dụng định lí Ptôlêmê cho tứ giác PADC, ta có: PD.AC PA.CD PC.AD PD.a 2 a PA PC 1 . Áp dụng định lí Ptôlêmê cho tứ giác PBCD, ta có: PC.BD PB.CD PD.BC PC.a 2 a PB PD 2 . PA PC PD Từ ( 1 ) và (2), suy ra: PB PD PC 20.2. Áp dụng định lí Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp thì ta có: ac bd pq. Áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-xki ta có: 2 ac bd a2 b2 c2 d 2 p2q2 a2 b2 c2 d 2 a b Suy ra: pq a2 b2 . c2 d 2 . Dấu bằng xảy ra khi: c d 20.3. Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC tại D. Ta có: B· AD D· AC DB DC. Vì I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC nên: 1 B· ID I·BA B· AI Bµ µA 2 1 I·BD I·BC C· BD Bµ µA 2 Suy ra DIB cân tại D nên DI DB. Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác ABDC nội tiếp: AD.BC AB.CD AC.BD BD AB AC DI. AB AC . AD AB AC Suy ra: ID BC Do AOD cân tại O nên ·AIO 90
7. AD AB AC AI ID AI ID 2.ID AD 2.ID 2 ID BC AB AC 2BC . 20.4. Lấy E, F thuộc đường tròn sao cho C· DB ·ADE, ·ADB D· CF. Khi đó AE BC, FD AB, EC AB, BF AD. Áp dụng định lý Ptôlêmê cho hai tứ giác nội tiếp AECD và BCDF ta có: AC.ED AE.CD AD.EC BC.CD AD.AB 1 BD.CF BC.DF BF.CD BC.AB AD.CD 2 Mặt khác: C· DE C· DB B· DE ·ADE B· DE ·ADB F· CD Do đó: F· DC F· DE C· DE F· CE F· CD E· CD suy ra ED FC. BC.CD AB.BD AC.ED AC Từ (1), (2), (3) suy ra: BC.BA DC.DA BD.CF BD 20.5. Hạ BH vuông góc với MD. Ta có: M· CA C· BA; M· DA D· BA M· CA M· DB C· BD; C· MD C· BD C· MD M· CA M· DB 180 Suy ra BCMD là tứ giác nội tiếp. Áp dụng định lý Ptôlêmê ta có: MC.BD MD.BC MB.CD 1 Do CBD ∽ O1 AO2 nên: BC BD CD O1 A O2 A O1O2 BC BD CD Hay R1 R2 O1O2 BC BD CD Đặt k R1 R2 O1O2 Suy ra: BC k.R1, BD k.R2 , CD kO1O2 (2) Từ (1) và (2) suy ra:
8. MC MD MB.O1O2 MC.R2 MD.R1 MB.O1O2 hay R1 R2 R1R2 MC MD Do đó đạt giá trị lớn nhất khi và chỉ khi MB lớn nhất R1 R2 Tam giác BMH luôn tự đồng dạng với chính nó khi d thay đổi, nên BM lớn nhất khi và chỉ khi BH lớn nhất, mà BH BD 2.R2. Dấu bằng xảy ra khi B và D đối xứng qua O2 , khi đó d / /O1O2 20.6. Kéo dài AI cắt BC và (O) tại D; N. Khi đó N là điểm chính giữa cung BC (không chứa A). Ta có: BN NC 1 . Lại có: I·BN B· IN BN IN 2 1 Do OI  AN suy ra IA IN AN 3 2 Từ (1), (2), (3) BN NC IN IA 4 Áp dụng định lí Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ABNC ta có: BN.AC AB.NC BC.AN Từ (4) BN AC AB 2BN.BC AC AB 2BC 5 Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác ABD, ACD và (5) ta có: AB IA AC AB AC AB AC 2BC 2 BD ID CD BD CD BC BC IA Vậy 2 (6). ID AG Mặt khác G là trọng tâm của tam giác suy ra 2 (7). GM IA AG Từ (6),(7) 2 ID GM Suy IG song song với BC (định lý Ta-Lét đảo). 20.7. a) Do các tứ giác BEPD, ABCQ nội tiếp, nên E· DP E· BP ·ABQ ·ACQ (1) và E· PD 180 E· BD 180 ·ABC ·AQC 2
9. Từ (1) và (2) suy ra AQC œ EPD. Điều phải chứng minh. QA QC CA QA QC b) Theo kết quả phần a, ta có PE PD DE PE PD Suy ra QA QC .DE PE PD .AC PE PD .BD (3) Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác BEPD nội tiếp, ta được BP.ED BE.PD EP.BD PD PE .BD (4) Từ (3) và (4) suy ra QA QC .ED BP.ED hay QA QC BP (điều phải chứng minh). 20.8. Vì ·ACB C· AD R· PQ và B· AC P· RQ nên ABC đồng dạng với RQP (g.g) AB BC AC RQ QP RP AB.QP AC.PQ Suy ra; RQ ; RP BC BC Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác APQR ta được: AP.QR AR.PQ AQ.PR AP.AB.QP AC.QP AR.QP AQ. BC BC AP.AB AR.QP AQ.AC AP.AB AR.AD AQ.AC (vì BC AD) 20.9 Lấy điểm K trên đường thẳng BN sao cho B· CK B· MA Khi đó BMA ∽ BCK AB BM AM Suy ra 1 BK BC CK AB BK MB BC Mặt khác, dễ thấy ·ABK M· BC Từ đó ABK ∽ MBC, dẫn đến AB BK AK 2 MB BC CM
10. Cũng từ BMA∽ BCK ta có C· KN M· AB N· AC, suy ra A, N, C, K cùng nằm trên một đường tròn. Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ANCK ta được: AC.NK AN.CK CN. AK 3 AM.BC AB.CM AB.BC Nhưng từ (1) và (2) thì: CK ; AK ; BK BM BM BM Nên từ (3) AC. BK BN AN.CK CN.AK AB.BC AN.AM.BC CN.AB.CM AC. BN BM BM BM AB.AC.BC AN.AM.BC CN.AB.CM BN.BM.AC AM.AN BM.BN CM.CN 1 AB.AC BA.BC CA.CB