Diễn Đàn MathScope - Xem bài viết đơn - Khám phá định lý Ptô-lê-mê

chien than · 10-11-2007, 07:07 PM

Bài toán 3:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), CM là trung tuyến. Các tiếp tuyến tại A và B của (O) cắt nhau ở D. Chứng minh rằng:
$\widehat{ACD} = \widehat{BCM} $

Hình minh họa

hinh 8)

Chứng minh:
Gọi N là giao điểm của CD với (O). Xét tam giác DNB và DBC có:
$ \widehat{DBN} = \widehat{DCB}, \widehat{D} $ chung.
$ \Rightarrow \Delta DBN \sim \Delta DCB (g.g) \\ \Rightarrow \frac{NB}{CB} = \frac{BD}{CD} (1) $
Tương tự ta cũng có :
$ \Delta DNA \sim \Delta DAC (g.g) \Rightarrow \frac{NA}{AC}= \frac{DA}{CD} (2) $
Mà $BD=DA $nên từ $(1), (2) \Rightarrow \frac{NB}{CB} = \frac{NA}{AC} \Rightarrow NB.AC=AN.BC (3) $
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp $ANBC $ ta có:
$AN.BC+BN.AC=AB.NC $
Từ (3) và giả thiết
$AB=2BM \Rightarrow 2AN.BC=2BM.NC \Rightarrow \frac{AN}{NC} = \frac{BM}{BC} $
Xét $ \Delta BMC $ và $\Delta NAC $ có:
$ \widehat{MBC} = \widehat{ANC} , \frac{AN}{NC} = \frac{BM}{BC} \\ \Rightarrow \Delta BMC \sim \Delta NAC (c.g.c) \Rightarrow \widehat{BCM} = \widehat{NAC} $
Vậy bài toán được chứng minh.

Cơ sở để ta giải quyết các bài toán dạng này là tạo ra các tứ giác nội tiếp để áp dụng định lí sau đó sử dụng lí thuyết đồng dạng để tìm ra mối quan hệ giữa các đại lượng. Đây là một lối suy biến ngược trong hình học.

3, Chứng minh các đẳng thức hình học:

Bài toán 1: Giả sử $M, N $ là các điểm nằm trong $\delta ABC $sao cho $\widehat{MAB}=\widehat{NAC}, \widehat{MBA}=\widehat{NBC} $. Chứng minh rằng:
$\frac{AM.AN}{AB.AC} + \frac{BM.BN}{BA.BC} + \frac{CM.CN}{CA.CB} =1 $

Hình minh họa: (hinh 9)

Chứng minh:

Lấy điểm K trên đường thẳng BN sao cho $\widehat{BCK} = \widehat{BMA} $, lúc đó $ \Delta BMA \sim \Delta BCK $suy ra:
$ \frac{AB}{BK} = \frac{BM}{BC} = \frac{AM}{CK} (1) $
$ \Rightarrow \frac{AB}{MB} = \frac{BK}{BC} $
Mặt khác dễ thấy rằng $\widehat{ABK} = \widehat{MBC} $, từ đó $\Delta ABK \sim \Delta MBC $ dẫn đến $\frac{AB}{BM} = \frac{BK}{BC} = \frac{AK}{CM} (2) $.
Cũng từ $ \Delta BMA \sim \Delta BCK $ ta có:
$\widehat{CKN} = \widehat{BAM} = \widehat{NAC} $.
suy ra tứ giác $ANCK $ nội tiếp đường tròn.
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác $ABCK $ ta có:
$AC.NK=AN.CK+CN.AK (3) $
Nhưng từ $(1) $ và $(2) $ thì :
$ CK=\frac{AM.BC}{BM}, AK= \frac{AB.CM}{BM}, BK= \frac{AB.BC}{BM} $
Nên ta có đẳng thức (3)
$\Leftrightarrow AC(BK-BN)=AN.CK+CN.AK \\ AC( \frac{AB.BC}{BM} -BN)= \frac{AN.AM.BC}{BM} + \frac{CN.AB.CM}{BM} \\ \Leftrightarrow AB.BC.CA=AN.AM.BC+CN.AB.CM+BN.BM.AC \\ \Leftrightarrow \frac{AM.AN}{AB.AC} + \frac{BM.BN}{BA.BC} + \frac{CM.CN}{CA.CB}=1 $

Đây là 1 trong những bài toán khá là cổ điển của IMO Shortlist. Ta vẫn có thể giải quyết bài toán theo một hướng khác nhưng dài và phức tạp hơn đó là sử dụng bổ đề: Nếu M,N là các điểm thuộc cạnh BC của $\Delta ABC $sao cho $\widehat{MAB} = \widehat{NAC} $ thì $AM.AN=AB.AC- \sqrt{BM.BN.CM.CN} $. Đây là một bổ đề mà các bạn cũng nên ghi nhớ.

10-11-2007, 07:07 PM	#5
chien than +Thành Viên+ Tham gia ngày: Nov 2007 Đến từ: Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội Bài gởi: 138 Thanks: 1 Thanked 113 Times in 53 Posts	Bài toán 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), CM là trung tuyến. Các tiếp tuyến tại A và B của (O) cắt nhau ở D. Chứng minh rằng: $\widehat{ACD} = \widehat{BCM} $ Hình minh họahinh 8) Chứng minh: Gọi N là giao điểm của CD với (O). Xét tam giác DNB và DBC có: $ \widehat{DBN} = \widehat{DCB}, \widehat{D} $ chung. $ \Rightarrow \Delta DBN \sim \Delta DCB (g.g) \\ \Rightarrow \frac{NB}{CB} = \frac{BD}{CD} (1) $ Tương tự ta cũng có : $ \Delta DNA \sim \Delta DAC (g.g) \Rightarrow \frac{NA}{AC}= \frac{DA}{CD} (2) $ Mà $BD=DA $nên từ $(1), (2) \Rightarrow \frac{NB}{CB} = \frac{NA}{AC} \Rightarrow NB.AC=AN.BC (3) $ Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp $ANBC $ ta có: $AN.BC+BN.AC=AB.NC $ Từ (3) và giả thiết $AB=2BM \Rightarrow 2AN.BC=2BM.NC \Rightarrow \frac{AN}{NC} = \frac{BM}{BC} $ Xét $ \Delta BMC $ và $\Delta NAC $ có: $ \widehat{MBC} = \widehat{ANC} , \frac{AN}{NC} = \frac{BM}{BC} \\ \Rightarrow \Delta BMC \sim \Delta NAC (c.g.c) \Rightarrow \widehat{BCM} = \widehat{NAC} $ Vậy bài toán được chứng minh. Cơ sở để ta giải quyết các bài toán dạng này là tạo ra các tứ giác nội tiếp để áp dụng định lí sau đó sử dụng lí thuyết đồng dạng để tìm ra mối quan hệ giữa các đại lượng. Đây là một lối suy biến ngược trong hình học. 3, Chứng minh các đẳng thức hình học: Bài toán 1: Giả sử $M, N $ là các điểm nằm trong $\delta ABC $sao cho $\widehat{MAB}=\widehat{NAC}, \widehat{MBA}=\widehat{NBC} $. Chứng minh rằng: $\frac{AM.AN}{AB.AC} + \frac{BM.BN}{BA.BC} + \frac{CM.CN}{CA.CB} =1 $ Hình minh họa: (hinh 9) Chứng minh: Lấy điểm K trên đường thẳng BN sao cho $\widehat{BCK} = \widehat{BMA} $, lúc đó $ \Delta BMA \sim \Delta BCK $suy ra: $ \frac{AB}{BK} = \frac{BM}{BC} = \frac{AM}{CK} (1) $ $ \Rightarrow \frac{AB}{MB} = \frac{BK}{BC} $ Mặt khác dễ thấy rằng $\widehat{ABK} = \widehat{MBC} $, từ đó $\Delta ABK \sim \Delta MBC $ dẫn đến $\frac{AB}{BM} = \frac{BK}{BC} = \frac{AK}{CM} (2) $. Cũng từ $ \Delta BMA \sim \Delta BCK $ ta có: $\widehat{CKN} = \widehat{BAM} = \widehat{NAC} $. suy ra tứ giác $ANCK $ nội tiếp đường tròn. Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác $ABCK $ ta có: $AC.NK=AN.CK+CN.AK (3) $ Nhưng từ $(1) $ và $(2) $ thì : $ CK=\frac{AM.BC}{BM}, AK= \frac{AB.CM}{BM}, BK= \frac{AB.BC}{BM} $ Nên ta có đẳng thức (3) $\Leftrightarrow AC(BK-BN)=AN.CK+CN.AK \\ AC( \frac{AB.BC}{BM} -BN)= \frac{AN.AM.BC}{BM} + \frac{CN.AB.CM}{BM} \\ \Leftrightarrow AB.BC.CA=AN.AM.BC+CN.AB.CM+BN.BM.AC \\ \Leftrightarrow \frac{AM.AN}{AB.AC} + \frac{BM.BN}{BA.BC} + \frac{CM.CN}{CA.CB}=1 $ Đây là 1 trong những bài toán khá là cổ điển của IMO Shortlist. Ta vẫn có thể giải quyết bài toán theo một hướng khác nhưng dài và phức tạp hơn đó là sử dụng bổ đề: Nếu M,N là các điểm thuộc cạnh BC của $\Delta ABC $sao cho $\widehat{MAB} = \widehat{NAC} $ thì $AM.AN=AB.AC- \sqrt{BM.BN.CM.CN} $. Đây là một bổ đề mà các bạn cũng nên ghi nhớ.