Hướng dẫn Giải 6 Bài toán Ứng dụng của định lí Ptô-Lê-mê trong tứ giác

HD Giải 6 Bài toán
Đây là 1 định lí còn ít được sử dụng trong nhiều bài toán hình của Chương trình chính khoá, nhưng hay gặp trong các đề thi HSG hoặc thi vào THPT chuyên, NST giới thiệu để các bạn tham khảo.
 Ứng dụng của định lí Ptô-lê-mê trong tứ giác 
I. Định lí Ptô-lê-mê
Định lí Ptô-lê-mê có thể phát biểu thành định lý thuận và đảo:
*Thuận:Nếu một tứ giác nội tiếp trong một đường tròn thì tích của hai đường chéo bằng tổng các tích của các cặp cạnh đối diện.
*Đảo:Nếu một tứ giác thỏa mãn điều kiện tổng các tích của các cặp cạnh đối diện bằng tích của hai đường chéo thì tứ giác đó nội tiếp một đường tròn.
Chứng minh
Gọi ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn.
Trên cung nhỏ BC, ta có các góc nội tiếp ÐBAC = ÐBDC, và trên cung AB, ÐADB = ÐACB.
Lấy 1 điểm K trên AC sao cho ÐABK = ÐCBD
 Từ ÐABK + ÐCBK = ÐABC 
 = ÐCBD + ÐABD. Þ ÐCBK = ÐABD.
Do vậy ∆ABK đồng dạng với ∆DBC, và tương tự có ∆ABD ~ ∆KBC.
Suy ra: AK/AB = CD/BD, 
 và CK/BC = DA/BD;
Từ đó AK·BD = AB·CD, và CK·BD = BC·DA;
Cộng các vế của 2 đẳng thức trên: 
 AK·BD + CK·BD = AB·CD + BC·DA;
Hay: (AK+CK)·BD = AB·CD + BC·DA;
Mà AK+CK = AC, nên AC·BD = AB·CD + BC·DA; (đpCM)
II.- Bài toán Ứng dụng
Bài toán 1:
Cho tam giác đều ABC có các cạnh bằng a (a>0).Trên AC lấy điểm Q di động, trên tia đối của tia CB lấy điểm P di động sao cho AQ.BP = a2.
 Gọi M là giao điểm của BQ và AP. Chứng minh rằng: AM + MC = BM
( Đề thi vào THPT chuyên Lê Quí Đôn, Quảng Trị, năm học 2005-2006)
Chứng minh:
Từ giả thiết AQ.BP = a2 = AB2 suy ra  AQ/AB=AB/BP.
Xét ΔABQ và ΔBPA có: 
AQ/AB=AB/BP(gt) 
ÐBAQˆ= ÐABPˆ ÞΔABQ ~ ΔBPA(c.g.c)
 Þ ÐABQˆ= ÐAPBˆ (1)
Lại có ÐABQˆ+ÐMBPˆ=60o (2)
Từ: (1),(2) Þ ÐBMPˆ=1800−ÐMBPˆ−ÐMPBˆ=120o
 ÞÐAMBˆ =180o −ÐBMPˆ= 180o − 120o= 60o = ÐACBˆ.
Suy ra tứ giác AMCB nội tiếp được đường tròn.
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác AMCB nội tiếp và giả thiết 
AB = BC = CA ta có:
AB.MC+BC.AM = BM.AC Þ AM+MC=BM (đpcm) 
Bài toán 2:
Cho đường tròn (O) và BC là một dây cung khác đường kính của đường tròn. Tìm điểm A thuộc cung lớn BC sao cho AB+AC lớn nhất.
HD giải:
Gọi D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Nối ABDC, ta có tứ giác nội tiếp (0)
Đặt DB = DC = a  không đổi. 
Theo định lí Ptô-lê-mê ta có:
AD.BC = AB.DC + AC.BD =a(AB+AC) Þ AB+AC = BC.a.AD
Do BC và a không đổi nên AB+AC lớn nhất khi và chỉ khi AD lớn nhất, đó là khi A đối xứng của D qua tâm O của đường tròn.
Bài toán 3: 
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 OIAˆ=90o. Chứng minh rằng IG song song với BC.
Giải
Kéo dài AI cắt (O) tại N. Khi đó N là điểm chính giữa cung BC (không chứa A).
Ta có: BN=NC(1). Lại có :
ÐIBNˆ=ÐBINˆÞBN=IN(2)
Do OI^AE suy ra IA=IN=1/2 sđ cung BC(3)
Từ (1),(2),(3)ÞBN=NC=IN=IA(4)
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp ABNC ta có:
BN.AC+AB.NC=BC.AN
Từ (4)ÞBN(AC+AB)=2BN.BC
ÞAC+AB=2BC(5)
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác và (5) ta có:
AB/BD=IA/ID=AC/CD=(AB+AC)/BD+CD=(AB+AC)/BC=2BC/BC=2
Vậy IA/ID=2(6)
Mặt khác G là trọng tâm của tam giác suy ra AG/GM=2 (7)
Từ (6),(7) ÞIA/ID=2=AG/GM
Suy ra IG là đường trung bình của tam giác ADM hay IG song song với BC.
Đây là một bài toán khá là hay ít nhất là đối với THCS và với cách làm có vẻ "ngắn gọn" này ta đã phần nào hình dung được vẻ đẹp của các định lí. 
Bài toán 4: 
Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) và AC=2AB. 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.
Chứng minh:
Gọi giao điểm của BP với đường tròn là N. Nối AN,NC.
Xét ∆NPC và ∆CPB có: 
ÐPCNˆ=ÐPBCˆ, Pˆ chung 
ÞΔNPC~ΔCPB(g.g) ÞPC/PB=NC/BC(1)
Tương tự ta cũng có ΔPAN~ΔPBA(g.g) ÞAP/BP=AN/AB(2)
Mặt khác PA=PC ( do là 2 tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau)
Nên từ (1),(2)ÞPAPB=NCBC=ANAB Þ NC.AB=BC.AN(3)
Áp dụng định lí Ptolêmê cho tứ giác nội tiếp ABCN ta có:AN.BC+AB.NC=AC.BN
Từ (3) Þ2AB.NC=AC.BN=2AB.BN Þ NC=BN. (điều phải chứng minh)
Bài toán 5:
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: ÐACDˆ=ÐBCMˆ
Chứng minh:
Gọi N là giao điểm của CD với (O). Xét tam giác DNB và DBC có:
DBNˆ=DCBˆ, Dˆ chung.
 ÞΔDBN ~ ΔDCB(g.g) Þ NB/CB = BD/CD (1)
Tương tự ta cũng có :
 ΔDNA ~ ΔDAC(g.g) Þ NA/AC = DA/CD (2)
Mà BD=DA nên từ (1),(2) Þ NB/CB = NA/AC 
 ÞNB.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 Þ2AN.BC = 2BM.NC Þ AN/NC=BM/BC
Xét ΔBMC và ΔNAC có:
ÐMBCˆ=ÐANCˆ, AN/NC=BM/BC ÞΔBMC ~ ΔNAC(c.g.c)
 Þ ÐBCMˆ=ÐNACˆ (ĐP chứng minh)
Bài toán 6:
Tam giác ABC vuông có BC>CA>AB. Gọi D là một điểm trên cạnh BC,E là một điểm trên cạnh AB kéo dài về phía điểm A sao cho BD=BE=CA. Gọi P là một điểm trên cạnh AC sao cho E,B,D,P nằm trên một đường tròn. Q là giao điểm thứ hai của BP với đường tròn ngoại tiếp δABC. Chứng minh rằng: AQ+CQ=BP
(Đề thi chọn đội tuyển Hồng Kông tham dự IMO 2000, HongKong TST 2000)
Chứng minh:
Xét các tứ giác nội tiếp ABCQ và BEPD ta có:
ÐCAQˆ=ÐCBQˆ=ÐDEPˆ (cùng chắn các cung tròn)
Mặt khác ÐAQCˆ=108o−ÐABCˆ=ÐEPDˆ
Xét ΔAQCvà ΔEPD có:
ÐAQCˆ=ÐEPDˆ, ÐCAQˆ=ÐDEPˆÞΔAQC ~ ΔEPD ÞAQEP=CAED ÞAQ.ED=EP.CA=EP.BD(1) (do AC=BD)
AC/ED=QC/PD ÞED.QC=AC.PD=BE.PD(2)(do AC=BE)
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp BEPD ta có: 
EP.BD+BE.PD=ED.BP
Từ (1),(2),(3) suy ra:
AQ.ED+QC.ED=ED.BPÞAQ+QC=BP(đpcm)
PHH sưu tâm đề, chỉnh lí và giới thiệu - 2/11/2015