Tiêu đề 3. ĐỊNH LÝ PTOLEME.doc ✅

CHƯƠNG II C – MỘT SỐ VẤN ĐỀ CẦN CHÚ Ý TRONG CÁC KÌ THI CHUYÊN BÀI 3: ĐỊNH LÝ PTOLEME 1. Đẳng thức Ptoleme Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O . Khi đó ta có đẳng thức AC.BD = AB.CD + AD.BC Chứng minh Gọi M là điểm trên đoạn AC sao cho  CDMADB Xét ∆ABD và ∆MCD  ADBMDC, ABDMCD  ∆ABD ~ ∆MCD ABBD MCCD AB.CDBD.MC (1) Từ ∆ABD ~ ∆MCD  CMDDAB  CMDDABAMDBCD180180 Xét ∆ADM và ∆BDC  DAM=CBD,AMDBCD  ∆ADM  ∆BDC ADAM AD.BCBD.AM BDBC (2) Từ (1) và (2) suy ra BD.MCBD.AMAB.CDAD.BC AC.BDAB.CDAD.BC đpcm 2. Bất đẳng thức Ptoleme Cho tứ giác ABCD. Ta có: AC.BDAB.CDAD.BC Chứng minh Gọi M là điểm nằm trong tứ giác ABCD sao cho  ABDMBC;ADBMCB  ∆BAD ~ ∆BMC ADBD MCBC BD.MCAD.BC (1) Mặt khác, ta lại có: ABBD MBBC và  ABMCBD  ∆ABM ~ ∆DBC ABBD AB.CDBD.AM AMCD (2) Từ (1) và (2), suy ra: AD.BCAB.CDBDAMMCAC.BD  Bài tập áp dụng Bài 1: Cho đường tròn O và dây AB cố định. Tim vị trí điểm C trên cung lớn AB sao cho tổng AC+BC đạt giá trị lớn nhất.  Định hướng lời giải: Bài toán yêu cầu tìm vị trí điểm C trên cung lớn AB sao cho tống AC+BC đạt giá trị lớn nhất. Bây giờ nết ta xét một điểm D bất kì thuộc cung nhỏ AB thì theo đẳng thức Ptoleme ta có AD.BCBD.ACAB.CD (*). Ta để ý rằng điểm D bấ kì trên cung nhỏ AB nên ta sẽ đặc biệt hóa bằng cách chọn D là điểm chính giữa cung nhỏ AB. Như vậy D là điểm cố định mà lại có AD = BD nên từ (*) suy ra ABAD.ACBCAB.CDACBC .CD AD . Do A, B, D cố định AB AD cố định nên tổng AC+BC đạt giá trị lớn nhất  CD đạt giá trị lớn nhất  CD là đường kính đường tròn O D là điểm chính giữa cung lớn AB Lời giải
Gọi D là điểm chính giữa cung nhỏ AB ADBD Tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn O Theo đẳng thức Ptoleme, ta có: AC.BDBC.ADAB.CD AD.ACBCAB.CD AB ACBC.CD AD Do A, B, D cố định nên AB AD cố định  tổng AC+BC đạt giá trị lớn nhất  CD đạt giá trị lớn nhất  CD là đường kính đường tròn O C là điểm chính giữa cung lớn AB Vậy khi C nằm chính giữa cung lớn AB thì tổng AC + BC đạt giá trị lớn nhất.  Nhận xét: Ta có thê tổng quát bài toán như sau: Cho đường tròn O và dây AB cố định. Tìm vị trí điểm C trên cung lớn AB sao cho tổng AC+k.BC đạt giá trị lớn nhất với k > 0. Ngoài ra ta còn có thể sử dụng bài toán trên đế giải quyết bài toán sau: (Đề thi chuyên Toán trường THPT chuyên Nguyễn Trãi tỉnh Hải Dương năm học 2009-2010) Cho đường tròn O và dây AC cố định. Tìm vị trí các điểm B, Dtrên đường tròn sao cho tứ giác ABCD có chu vi nhỏ nhất Bài 2: Cho ∆ABC nội tiếp trong đường tròn O . Gọi A’, B’ C’ lần lượt là trung điểm các cung BC, CA, AB không chứa A, B, C. Chứng minh A'B'B'C'C'A'ABBCCA  Định hướng lời giải: Bài toán yêu cầu chứng minh bất đẳng thức A'B'B'C'C'A'ABBCCA . Ý tưởng tự nhiên nhất đó là ta đi thu mối quan hệ giữa các yếu tố xuất hiện ở 2 vế của bất đẳng thức. Mà ta thay các yếu tố này đều xuất hiện trong 1 đường tròn từ đó ta sẽ nghĩ đến việc áp dụng đẳng thức Ptoleme để tìm mối liên hệ giữa chúng. Với tứ giác ABA'C nội tiếp ta sẽ có A'A.BCA'B.ACA'C.AB . Mà ta lại có A’ là trung điểm cung BC A'BA'C . Từ đó suy ra A'BAA .ABAC BC . Bây giờ ta cần đánh giá tỉ số A'B BC . Không khó để chúng ta nhận ra A'B BC1 2 vì ta có OA’ là đường trung trực của BC nên nếu gọi D là giao của OA’ và BC thì D là trung điểm của BC mà ∆BDA’ vuông tại D nên BC A'BBD 2 . Như vậy ta được ABAC AA   2 . Hoàn toàn tương tự ta cũng chứng minh được BABC B'B   2 và CBCA C'C   2 . Cuối cùng cộng các bất đẳng thức theo vế ta sẽ có điều cần chứng minh. Lời giải Áp dụng đẳng thức Ptoleme cho tứ giác ABA'C nội tiếp đường tròn O có: AA'.BCAB.CA'AC.BA' BA'AA'.BCBA'.ABACAA'ABAC BC (1) Gọi D là giao điểm của OA’ và BC Dễ dàng chứng minh được D là trung điểm của BC Trong A’BD vuông ở D có BC BDBA'BA' 2 (2)
Từ (1) và (2) suy ra ABAC AA   2 Tương tự ta có: BABC B'B   2 và CBCA C'C   2 Tù đó suy ra chu vi tam giác có độ dài 3 cạnh là AA’, BB’, CC’ lớn hơn chu vi tam giác ABC  đpcm. Bài 3: Cho BC là dây cung cùa O;R . Đặt BCa.R . Điểm A trên cung lớn BC kẻ các đường kính CI, BK. Đặt ABAC S AIAK    . Chứng minh: a S a   2 24 . Từ đó tìm giá trị nhỏ nhất của S.  Định hướng lời giải: Dễ thấy BCKI là hình chữ nhật nên ta có BC = IK; BI = CK.Từ đó nếu ta áp dụng đẳng thức Ptoleme cho các tứ giác nội tiếp ACBI và ABCK thì được AC.IBAI.BCIC.AB và AK.BCAB.CKBK.AC . Sau đó cộng theo vế hai đẳng thức này thì ta sẽ thu được: ABACRRa AKAIaR    2 24 (vì theo định lí Pytago. ta có: CKBIBKBCRa2224 ABACa S AIAKa    2 24 Tiếp theo để tìm giá trị nhỏ nhất của S thì ta cần tìm khoảng giá trị của a. Dễ thấy a0 và BCR2 aRRa22 . Do đó a aS aaa   2 242 021 . Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = 2 tức là BC là đường kính của đường tròn O;R Lời giải Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác AIBK nội tiếp, ta có: BIKAK.BIAI.BKAB.IKAK.BIR.AI2 (1) Tương tự với tứ giác AKCI nội tiếp ta có: AC.IKAK.ICKC.AI AC.IKR.AKKC.AI2 (2) Cộng (1) với (2) theo vế, ta được: ABAC.IKRAIAKAK.BIKC.AI2 (3) Do BK, CI là các đường kính của O;R  BIKCKIIBCBCK90 BCKI là hình chữ nhật. BICKICIKRa.R222224 (4) Từ (3) và (4) ABACRRaa S AKAIaRa    22 2424 Dễ thấy BCRaRRa222 aa S aaaa   22 24242 1 Đẳng thức xảy ra a2 BC là đường kính của O;R Bài 4: Cho ∆ABC nội tiếp đuòng tròn O . M là trung điểm của BC. Hai tiếp tuyến tại B, C của O cắt nhau tại P. Gọi D là giao điểm thứ hai của đường thẳng AP với O . Chứng minh: a) BD.AC = AB.CD b)  BADCAM  Định hướng lời giải: Phần a) yêu cầu chứng minh đắng thức BD.ACAB.CD , thường thì ta sẽ nghĩ đến việc đưa về 2 tỉ số bằng nhau rồi dựa vào 2 tam giác đồng dạng để chứng minh. Tuy nhiên ở bài toán này nếu ta dưa về dạng ABBD ACCD nhưng ta dễ thấy rằng các cặp tam giác ∆ABC và ∆BCD; ∆ABD và
∆ACD không đồng dạng với nhau vì vậy không thể chứng minh trực tiếp hai tỉ số AB AC và BD CD bằng nhau được. Chúng ta vẫn sẽ đi theo hướng chứng minh dựa vào các tam giác đồng dạng và sẽ dựa vào tỉ số đồng trung gian nào đó để chứng minh. Ta vẫn sẽ khai thác xung quanh các tỉ số AB AC hoặc AB DB . Từ hình vẽ không khó để ta nhận ra ∆PBD và ∆PAB đồng dạng với nhau BDPDPB ABPBPA Tương tự, cũng có: ∆PCD ~ ∆PAC CDPDPC CAPCPA Lại có ngay BDPDPDCD PBPC ABPBPCCA từ đó ta có điều cần chứng minh. Chuyển sang phần b) hài toán yêu câu chứng minh  BADCAM ta sẽ nghĩ ngay đến việc chứng minh ∆ABD ~ ∆AMC. Ta dã có  ADBACM nên cần chứng minh tỉ số ADAC AD.CMBD.AC BDCM (*). Để ý đến kết quả phần a) có BD.ACAB.CD nên (*) AD.CMBD.AC22 AD.BCBD.ACAB.CD đây chính là đẳng thức Ptoleme cho tứ giác ABDC nội tiếp. Như vậy ta đã giải quyết xong bài toán. Lời giải a. Do BP là tiếp tuyến tại B của O  DBPsñBDBAD1 2 Xét ∆PBD và ∆PAB có:  APB chung  DBPBAP ∆PBD ~ ∆PAB(g.g) BDPD ABPB (1) Tương tự, ta cũng có ∆PCD ~ ∆PAC (g.g) CDPD ACPC (2) Do PB, PC là tiếp tuyến của O PBPC (3) Từ (1), (2) và (3), suy ra: BDCD BD.ACAB.DC ABCA b. Áp dụng đẳng thức Ptoleme cho tứ giác ABDC nội tiếp ta có: AD.BCBD.ACCD.AB ( 4) Theo phần a) có BD.AC = CD.AB Kết hợp với (4) suy ra: 2AD.CM = 2BD.AC ADAC AD.CMBD.AC BDMC Xét ∆ABD và ∆AMC: ADAC BDMC  ADBACM (2 góc nội tiếp cùng chắn cung AB)  ∆ABD ~ ∆AMC(c.g.c)  BADCAM đpcm  Nhận xét: Tứ giác ABCD mà ta đã xét trong bài toán này được gọi là tứ giác điều hòa. Đó là tứ giác nội tiếp mà có tích hai cặp cạnh đối bằng nhau. Tứ giác điều hòa có khá nhiều tính chất thú vị. Chúng ta đã gặp rất nhiều những bài toán có xuất những tính chất của tứ giác điều hòa và đã "vô tình" sử dụng chúng mà không hề biết định nghĩa. Một số tính chất chúng ta nên biết: Tứ giác nội tiếp ABCD điều hòa thì ta có: 1) AB.CD = AD.BC