CHUYÊN ĐỀ ĐỊNH LÝ PTOLEMY - 123doc
Có thể bạn quan tâm
Tìm hiểu sâu hơn về định lí Ptolemy: Đầu tiên, ta đến với bài toán khá đơn giản sau đây: Bài toán 1: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn O.. Đặt tαβ là độ dài tiếp tuyến chung ngoài
Trang 1CHUYÊN ĐỀ ĐỊNH LÝ PTOLEMY
Ngày 1 tháng 11 năm 2012
Nguyễn Thị Nguyên Khoa, lớp 10T1 trường THPT chuyên Quốc Học, Huế
I Định lí Ptolemy:
Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) Khi đó:
AC.BD = AB.CD + AD.BC
Chứng minh Bài toán này có nhiều cách chứng minh, sau đây xin giới thiệu hai cách đơn giản và dễ hiểu nhất Cách 1:
Trên AC lấy điểm E sao cho \ADE = \BDC Khi ấy ta có ∆AED v ∆BCD(g.g)
Nên ta suy ra: AD.BC = AE.BD (1)
Mặt khác ta cũng có:
AD
BD =
DE
DC ⇒ AD
DE =
BD
DC.
Trang 2Từ đây ta suy ra: ∆ADB v ∆EDC(c.g.c) ⇒ AB.DC = DB.EC (2)
Từ (1), (2) ta suy ra: AB.DC + AD.BC = BD(EC + AE) = DB.AC
Ta có điều phải chứng minh
Cách 2:
Từ C vẽ CE ⊥ AD, CF ⊥ BD, CG ⊥ AB, (E ∈ AD, F ∈ BD, G ∈ AB) Theo định lí Simson, ta có G, F, E thẳng hàng
Ta có: GF + F E = GE Áp dụng định lí hàm số sin, ta có:
GF = BC sin B; EF = DC sin D; GE = AC sin A
sin B = AD
2R; sin D =
AB 2R; sin A =
BD 2R .
Từ trên ta suy ra:
BC.AD 2R +
AB.DC 2R =
BD.AC 2R .
Vậy ta có: BD.AC + AB.DC = BD.AC (điều phải chứng minh)
II Bất đẳng thức Ptolemy:
Cho tứ giác ABCD Khi đó:
AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD
Chứng minh
Trang 3Lấy điểm E sao cho \EAD = \DBC; \ADE = \BDC.
Suy ra: ∆ADE v ∆BDC(g.g) ⇒ AD.BC = BD.AE.(1)
Mặt khác ta có:
AD
DB =
DE
DC ⇒ AD
DE =
DB DC
Suy ra: ∆ADB v ∆EDC(c.g.c) ⇒ AB.DC = BD.EC(2)
Từ (1), (2) ta suy ra: AD.BC + AB.DC = BD.(AE + EC) ≥ BD.AC
Dấu ” = ” xảy ra khi tứ giác ABCD nội tiếp được
III Tìm hiểu sâu hơn về định lí Ptolemy:
Đầu tiên, ta đến với bài toán khá đơn giản sau đây:
Bài toán 1: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) M thuộc cung nhỏ BC Chứng minh rằng:
AM = BM + CM
Chứng minh:
Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABM C ta có:
AM.BC = BM.AC + CM.AB
Mà BC = CA = AB Từ đây ta suy ra AM = BM + CM
Chứng minh hoàn tất
Bây giờ ta thử mở rộng bài toán bằng cách biến "đường tròn điểm" M thành đường tròn như sau: Bài toán 2: Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O) M là điểm bất kì thuộc cung nhỏ
BC Đường tròn (O0) tiếp xúc với (O) tại M AA0, BB0, CC0 lần lượt là các tiếp tuyến từ A, B, C đến (O0) Chứng minh rằng:
AA0 = BB0+ CC0
Trang 4Chứng minh:
Xét trường hợp đường tròn (O0) tiếp xúc trong với đường tròn (O) Trường hợp còn lại ta chứng minh tương tự
Gọi K, L, N lần lượt là giao điểm của AM, BM, CM với (O0)
Suy ra: AA02 = AK.AM ; BB02 = BL.BM ; CC02 = CN.CM
Vậy ta cần chứng minh:
√ AK.AM =√
BL.BM +√
CN.CM (∗)
Ta có: LK k AB; KN k AC, LN k BC
Suy ra: AK
AM =
BL
BM =
CN
CM = k.
Nên:
(∗) ⇔√
k.AM.AM =√
k.BM.BM +√
k.CM.CM ⇔ AM = BM + CM.(∗∗)
Áp dụng bài toán 1 ta có được (**) Vậy ta có điều phải chứng minh
Tiếp tục mở rộng bài toán trên bẳng cách cho tam giác ABC là một tam giác bất kì, ta được bài toán sau:
Bài toán 3: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) M là một điểm bất kì thuộc cung BC không chứa
A Đường tròn (O0) tiếp xúc với đường tròn (O) tại M AA0, BB0, CC0 lần lượt là các tiếp tuyến
từ A, B, C đến đường tròn (O) Chứng minh rằng:
AA0.BC = BB0.CA + CC0.AB
Chứng minh:
Trang 5Xét trường hợp đường tròn (O0) tiếp xúc trong với đường tròn (O) Trường hợp còn lại ta chứng minh tương tự
Gọi K, L, N lần lượt là giao điểm của AM, BM, CM với (O0)
Hoàn toàn tương tự như chứng minh bài toán 2, ta được đẳng thức cần chứng minh tương đương với
BC
√
k.AM.AM = CA
√ k.BM.BM + AB
√ k.CM.CM ⇔ CB.AM = CA.BM + AB.CM Đẳng thức cuối đúng theo định lí Ptolemy
Vậy ta có đìêu phải chứng minh
Tiếp tục mở rộng bài toán Xem các điểm A, B, C là các "đường tròn điểm" Như vậy ta sẽ mở rộng bài toán bằng cách thay các điểm A, B, C bằng các đường tròn Ta có bài toán sau:
Bài toán 4: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) Đặt các đường tròn α, β, γ, δ là các đường tròn tiếp xúc với (O; R) tại các đỉểm A, B, C, D Đặt tαβ là độ dài tiếp tuyến chung ngoài nếu hai đường tròn α, β cùng tiếp xúc trong hoặc cùng tiếp xúc ngoài với (O), và là độ dài đoạn tiếp xúc trong nếu trong trường hợp còn lại Các đoạn tβγ, tγδ, được xác định tương tự Khi đó
ta có:
tαβ.tγδ+ tβγ.tαδ = tαγ.tβδ
Đây chính là định lí Casey hay còn gọi là định lí Ptolemy mở rộng
Chứng minh:
Ta chứng minh trường hợp α, β, γ, δ cùng tiếp xúc ngoài với (O) Các trường hợp còn lại chứng minh tương tự
Lần lượt đặt tâm các đường tròn trên là A0, B0, C0, D0 và bán kính lần lượt là x, y, z, t
Đặt AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, AC = m, BD = n
Áp dụng định lý Pythagore: (tαβ)2 = A0B02− (x − y)2
Mặt khác lại có:
A0B02= (R + x)2+ (R + y)2 − 2(R + x)(R + y)cos(A0OBˆ 0)
A0B02= (R + x)2+ (R + y)2− 2(R + x)(R + y)(1 − a
2
2R2)
A0B02= (R + x)2− 2(R + x)(R + y) + (R + y)2+ (R + x)(R + y).a
2
R2
A0B02= (x − y)2+ a
2
R2.(R + x)(R + y) ⇒ tαβ = a
R. p (R + x)(R + y)
Trang 6Tương tự với tβγ, tγδ, Ta có:
tαβ.tγδ+ tβγ.tαδ = tαγ.tβδ ⇔ a.c + b.d = m.n
Đẳng thức cuối đúng theo định lí Ptolemy
Chứng minh hoàn tất
Nhận xét: Để ý ta thấy rằng ở bài toán 2 và bài toán 3, ta chứng minh được bằng phương tích Vậy hãy cùng suy nghĩ cách chứng minh định lí Casey theo một hướng khác là sử dụng phương tích
Như đã thấy, ở bài toán 2 và 3 ta sử dụng phương tích từ một điểm đến đường tròn Bây giờ ta thử nghĩ đến phương tích của đường tròn đến đường tròn
Ta đến với bổ đề sau: Cho hai đường tròn (O), (O0) AB là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn AB cắt OO0 tại G Một đường thẳng qua G cắt (O), (O0) tại E, F và D, C như hình vẽ Khi
đó ta có:
AB2 = F D.EC
Phần chứng minh xin dành cho bạn đọc
Trở lại với định lí Casey:
Gọi A0, B0, C0, D0 là tâm của α, β, γ, δ
Gọi HK là tiếp tuyến chung của α, β Ta có: HK, AB, A0B0 đồng quy (chứng minh xin dành cho bạn đọc)
Kí hiệu các điểm như hình vẽ
Ta hoàn toàn chứng minh được:
IP k EN k BC, W Y k T M k AD
Trang 7IJ k ZW k DC, N F k XM k AB.
P J k DB k T X, ZY k AC k EF
Áp dụng phương tích của đường tròn đến đường tròn, ta có:
tαβ.tγδ+ tβγ.tαδ = tαγ.tβδ
⇔√P B.AY.EC.DT +√
AF.DJ.ZC.BX =√
IC.AM.DW.N B(∗)
Đặt:
P B
AB =
J D
AD =
IC
AC = k.
ZC
BC =
Y A
AB =
W D
BD = h.
T D
CD =
XB
BC =
M A
CA = o.
EC
DC =
F A
DA =
N B
DB = a.
Suy ra
(∗) ⇔√
k.AB.h.AB.a.DC.o.DC +√
a.DA.k.AD.h.BC.o.BC =√
k.AC.o.AC.h.BD.h.BD
⇔√khoa.AB.DC +√
khoa.AD.BC =√
khoa.AC.BD
⇔ AB.DC + AD.BC = AC.BD
Đẳng thức cuối đúng theo định lí Ptolemy
Vậy ta có đìêu cần chứng minh
Như vậy sau quá trình nghiên cứu, tìm tòi lời giải, ta có thể có được lời giải thật tự nhiên và đep mặt cho định lí Casey Hi vọng rằng qua đây, bạn đọc còn phát hiện ra các lời giải mới và độc đáo cho các định lí, bài toán khác
Chú ý: Định lí Ptolemy còn có nhiều mở rộng rất thú vị khác, các mở rộng này sẽ được giới thiệu
ở phần bài tập
IV Ứng dụng của định lí Ptolemy và định lí Casey:
Bài toán 1: Cho tam giác ABC có bA > 90o nội tiếp đường tròn (O) óc AD là phân giác trong (D ∈ BC) Tìm điểm M thuộc cung lớn BC sao cho M B.DC + M C.DB lớn nhất
Lời giải:
Trang 8Do AD là phân giác tròn [BAC nên BD
AB =
DC
AC = k.
Suy ra: M B.DC + M C.DB = k.M B.AC + k.M C.AB = k.AM.BC ≤ k.2R.BC = const Đẳng thức xảy tra khi AM là đường kính Vậy để M B.DC + M C.DB lớn nhất thì AM là đường kính đường tròn (O)
Bài toán 2: (Đề thi chọn đội tuyển 10 trường THPT Quốc Học năm học 2011-2012)
Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi M, N, P, Q lần lượt là điểm chính giữa các cung
AB, BC, CD, DA không chứa các đỉnh còn lại của tứ giác ABCD Giả sử rằng AC.BD = M P.N Q Chứng minh rằng AC, BD, M P, N Q đồng quy
Lời giải:
Ta có: AC.BD = M P.N Q Theo định lí Ptolemy, ta suy ra:
AC.BD = AB.CD + AD.BC = M N.QP + QM.N P = M P.QN
Cũng từ giả thiết, ta có: \QCM = DCB\
2 . Suy ra: QM = 2R sin QCM = 2R sinDCB
2 .
Mà BD=2R sin DCB Từ đây ta suy ra QM
BD =
sinDCB 2 sin DCB =
1
2 cosDCB
2
Tương tự ra có: P N
BD =
1
2 cosP AN
2
Suy ra:
QM.P N
BD2 = 1
4 cosP AN
2 cos
DCB 2
= 1 sin DCB
2 cos
DCB 2
= 1
2 sin DCB
Nên ta suy ra:
QM.P N = BD
2
2 sin DCB = BD.R.
Tương tự ta cũng có được:
M N.P Q = AC.R
Trang 9Suy ra: M N.P Q + QM.P N = R.(AC + BD).
Hay:
AC.BD = R.(AC + BD)
⇔ AC.(BD − R) − (BD − R).R = R2
⇔ (AC − R).(BD − R) = R2
Ta có: AC ≤ 2R; BD ≤ 2R
Suy ra: (AC − R).(BD − R) ≤ R2
Dấu ” = ” xảy ra khi AC = BD = 2R, hay tứ giác ABCD và M N P Q là hình chữ nhật
Suy ra AC, DB, M P, N Q đồng quy tại O (điều phải chứng minh)
Bài toán 3:Cho hai đường tròn (O1; R1); (O2; R2) tiiếp xúc trong với nhau tại P Giả sử R1 > R2 Đường tròn (O2) tiếp xúc với dây cung AB của đường tròn (O1) tại T Chứng minh rằng P T là phân giác ∠AP B
Lời giải:
Áp dụng định lí Casey cho các đường tròn (A), (O2), (P ), (B) cùng tiếp xúc trong với (O1), ta có:
AP.BT = AT.BP + P P.AB = AT.BP + 0 ⇒ AP
BP =
AT BT
Từ hệ thức cuối ta suy ra được P T là phân giác [AP B
Chứng minh hoàn tất
Bài toán 4: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) xy là đường thẳng tiếp xúc với (O) tại điểm thuộc cung BC không chứa A Gọi ha, hb, hc lần lượt là độ dài các đoạn thẳng vuông góc với
xy vẽ từ A, B, C Chứng minh rằng:
p
hA sin A = phBsin B +phCsin C
Lời giải:
Trang 10Ta có:
hA= AE sin AEx = AE.AE
2R ⇒phA= √AE
2R. Tương tự ta có: √
hB = √BE
2R;
√
hC = √CE
2R. Theo định lí Ptolemy ta có:
AE.AC = BE.AC + CE.AB
Theo định lí sin ta có:
BC sin BAC =
CA sin CBA =
AB sin ACB.
Từ trên ta suy ra: AE sin BAC = BC sin CBA + CE sin ACB
Suy ra:
p
hA.2R sin BAC = phB.2R sin CBA +phC.2R sin ACB
Nên ta suy ra:
p
hA sin A = phBsin B +phCsin C
Ta có điều cần chứng minh
Bài toán 5: Cho tam giác ABC vuông tại A nội tiếp đường tròn (O).β là đường tròn tiếp xúc với OB, OA, (O) γ là đường tròn tiếp xúc với OC, OA, (O) P, Q là tiếp điểm của β, γ với OA Chứng minh rằng:
AB
AC =
AP AQ Lời giải:
Trang 11Gọi I, J lần lượt là tiếp điểm của β, γ với BC.
Áp dụng định lí Casey cho các đường tròn β, (B), (C), (A), ta có:
AP.BC + BI.AC = CI.AB
⇔ AP.BC + AP.AC = (BC − AP ).AB
⇔ AP.(AB + BC + CA) = BC.AB
Tương tự, ta cũng có đượ:c
AQ(AB + BC + CA) = BC.AC
Suy ra:
AP
AQ =
BC.AB
AB + BC + CA :
BC.AC
AB + BC + CA =
AB
AC. Chứng minh hoàn tất
Bài toán 6: Cho tam giác ABC (O; R) là đường tròn bất kì đi qua B, C (O1, R1) là đường tròn tiếp xúc với AB, AC và (O) lần lượt tại M, N, P K là điểm chính giữa cung BP C của (O) Chứng minh rằng BC, M N, KP đồng quy
Lời giải:
Ta có bổ đề sau: Cho hai đường tròn (O1; R1); (O2; R2) cùng tiếp xúc trong (ngoài) với (O; R);
A, B lần lượt là các tiếp điểm Kí hiệu t12 là độ dài đoạn tiếp tuyến chung ngoài của (O1), (O2) Khi đó:
t12 = AB
R
p (R ± R1)(R ± R2)
Việc chứng minh bổ đề trên, bạn đọc có thể tham khảo ở phần chứng minh định lí Casey
Xét trường hợp (O1) tiếp xúc trong với (O) Trường hợp còn lại chứng minh tương tự
Áp dụng bổ đề trên cho hai đường tròn (O1), (B) và hai đường tròn (O1), (C):
BM = BP
R
p R(R − R1); CN = CP
R
p R(R − R1)
Suy ra: BM
CN =
BP
CP. Gọi G là giao điểm của M N.P C
Trang 12Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC và cát tuyến GM N , ta có:
BG
GC.
CN
N A.
AM
M B = 1.
Suy ra:
BG
GC =
BM
CN =
BP
CP. Suy ra: G là phân giác ngoài \BP C Mặt khác P K cũng là phân giác ngoài \BP C
Nên ta suy ra: KP, BC, M N đồng quy tại G
Ta có điều phải chứng minh
Bài toán 7: (IMO 1995)
Cho lục giác lồi ABCDEF với AB = BC = CD, DE = EF = F A và \BCD = [EF A = 60o G, H
là hai đểm nằm trong lục giác sao cho [AGB = \DHE = 120o Chứng minh rằng:
AG + GB + GH + DH + HE ≥ CF
Lời giải:
Gọi X, Y là các điểm ở ngoài lục giác sao cho ∆ABC, ∆DEY đều
Ta có: \AXB + [AGB = \DY E + \DHE = 180o
Suy ra tứ giác AXBG, DHEY nội tiếp được Theo bài toán 1 phần III, ta có: XG = AG + GB; HY = DH + HE
Suy ra:
AG + GB + GH + DH + HE = HG + GH + HY ≥ XY = CF
Ta có điều cần chứng minh
Bài toán 8: (Đề thi chọn đội tuyển Đà Nẵng 2011)
Cho đường tròn (O) Trên (O) lấy hai điểm cố định A, B sao cho các tiếp tuyến của A, B cắt nhau tại P Một điểm C di động trên cung lớn AB của (O) Đường thẳng CP cắt (O) tại D khác C Gọi I, J lần lượt là trung điểm của CD, AB Hãy xác định vị trí của đểm C trên cung lớn AB sao cho S = J D + J C − IA − IB + CD − AB đặt giá trị lớn nhất
Lời giải:
Ta có tứ giác P AIB nội tiếp được đường tròn
Áp dụng định lí Ptolemy vào tứ giác P AIB ta có:
P A.IB + P B.IA = P O.AB ⇒ IA + IB = P O.AB
P A .
Trang 13Gọi Q là giao điểm của tiếp tuyến tai C, D của đường tròn (O).
Tương tự, ta có:
J D + J C = QO.DC
QD .
Ta có:
P O.AB
P A =
AO
AJ.AB =
2R
AB.AB = 2R.
Tương tự, ta cũng có:
QO.DC
QD = 2R Suy ra: ID + IC = IA + IB
Suy ra:
S = J D + J C − IA − IB + CD − AB = CD − AB ≤ 2R − AB = const
Dấu ” = ” xảy ra khi C là điểm chính giữa cung lớn AB
Bài toán 9: (IMO 2011)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn Γ Gọi l là tiếp tuyến tới Γ, và la, lbl, lc là các đường thẳng đối xứng với l qua BC, CA, AB tương ứng.Chứng tỏ rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác xác định bởi la, lb, lc tiếp xúc với đường tròn Γ
Lời giải:
(Dựa theo CHOW Chi Hong- thành viên đội IMO HongKong 2011)
Ta có bổ đề sau: Cho tam giác ABC nhọn và đường thẳng l bất kì Dựng các đường thẳng đối xứng với l qua các cạnh BC, CA, AB Chúng cắt nhau tạo thành tam giác A0B0C0 Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp tam giác A0B0C0 nằm trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
Phần chứng minh bổ đề trên xin dành cho bạn đọc
Trở lại bài toán 9:
Trang 14Không mất tính tổng quát giả sử l tiếp xúc với (O) tại điểm T thuộc cung BC không chứa A.
la, lb, lc cắt nhau tạo thành tam giác A0, B0, C0 như hình vẽ Gọi I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác A0B0C0, bán kính r; R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A0B0C0
Vẽ AK ⊥ l; AF ⊥ A0B0; IN ⊥ A0B0; = AK = hA
Gọi tX là độ dài đoạn tiếp tuyến từ X đến Γ.Ta có:
tA0 =√
A0I.A0A =
r ID sin DA0I.
AF sin DA0I.
=
√ ID.AK sin DA0I =
√ ID.AK cos A =
√ r.ha
cos A. Suy ra:
tA0.B0C0 =
√ r.ha cos A.2R sin(180 − 2A) = 4R.
p
ha.r sin a
Hoàn toàn tương tự, ta có:
tB0.C0A0 = 4R.phb.r sin B;
tC 0.A0C0 = 4R.phc.r sin C
Từ các hệ thức trên và áp dụng bài tập 4, ta suy ra:
tA0.B0C0 = tB0.C0A0+ tC0.A0B0
Áp dụng định lí Casey đảo (*), ta suy ra A0B0C0) tiếp xúc với Γ Chứng minh hoàn tất
V Bài tập đề nghị:
Bài tập 1: (Định lí Lyness)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn α tiếp xúc với dây cung BC tại D và các cạnh AB, AC tương ứng tại P, Q Chứng minh rằng I là trung điểm của P Q với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC
Bài tập 2: (Định lí Ptolemy mở rộng cho lục giác)
Cho lục giác M N P QRL nội tiếp đường tròn (O) Đặt M L = a; P Q = a0; RQ = b; M N = b0; N P = c; LR = c0; RN = e; M G = g; LP = f Chứng minh rằng:
egf = aa0e + bb0f + cc0g + abc + a0b0c0 Bài tập 3: (Nguyễn Văn Quý - Mathley Round 11)
Cho lục giác ABCDEF các cạnh AB, CD, EF bằng nhau và bằng m đơn vị; các cạnh BC, DE, F A cùng bằng n đơn vị Các đường chéo AD, BE, CF có độ dài tương ứng là x, y, z đơn vị Chứng minh rằng:
1
xy +
1
yz +
1
zx ≥ 3 (m + n)2 Bài tập 4: (IMO 1991)
Cho tam giác ABC và điểm P nằm trong tam giác Chứng minh rằng góc nhỏ nhất trong các góc [
P AB; \P BC; [P CA nhỏ hơn hoặc bằng 30o
Bài tập 5: Cho (2n + 1) đa giác đều A1A2 A2n+1 A là điểm thuộc cung A1A2n+1 không chứa các đỉnh còn lại của đa giác Chứng minh rằng:
AA1 + AA3+ + AA2n+1 = AA2+ AA4+ + AA2n
Trang 15Bài tập 6: Cho tam giác ABC không cân có D, E, F lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB Đường tròn nội tiếp (I) và đường tròn (DEF )tiếp xúc trong với nhau tại điểm F euerbach − Fe Chứng minh rằng một trong các đoạn FeD; FeE; FeF có độ dài bằng tổng hai đoạn còn lại Bài tập 7: Cho tam giác ABC với BC = a; CA = b; AB = c, ma; mb; mc lần lượt là độ dài ba đường trung tuyến xuất phát từ A, B, C Chứng minh rằng:
8mambmc≤p(2a2+ bc)(2b2+ ca)(2c2+ ab)
Bài tập 8: Cũng với các kí hiệu như bài 7, chứng minh rằng:
ma+ mb+ mc≤p3p2+ (a − b)2+ (b − c)2+ (c − a)2 Bài tập 9: (Đề thi chọn đội tuyển Phú Thọ năm 2011)
Cho tam giác ABC có BC > AB > AC và cos A + cos B + cos C = 11
8 Lấy X thuộc đoạn BC, Y thuộc tia AC sao cho BX = AY = AB Z nằm trên cung AB không chứa điểm C của đường tròn (ABC) thoả ZC = ZA + ZB.Tính:
ZC
XC + Y C. Bài tập 10: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Hai điểm M, N ∈ BC sao cho \M AB =
\
N AC Gọi P, Q là giao điểm thứ hai khác A của AM, AN với đường tròn (O) Chứng minh rằng:
AP + AQ > AB + AC > AM + AN
Bài tập 11: (Polta-Mathscope)
Cho tam giác ABC nhọn D, E, F lần lượt là các tiếp điểm từ các đường tròn bàng tiếp góc A, B.C xuống BC, CA, AB Chứng minh rằng:
DE + EF + ED ≥ AB + BC + CA
2 Bài tập 12: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) P là một điểm bất kì thuộc cạnh BC; AP cắt (O) tại điểm thứ hai là Q Gọi (O1) là đường tròn tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với hai cạnh
P A, P B; (O2) là đường tròn tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với hai cạnh P C, P A Gọi (I1), (I2) thứ tự là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác P QB, P CQ Chứng minh rằng: O1O1, I1I2, BC đồng quy
Bài tập 13: (hucht-Mathlink)
Cho sáu đường tròn Ci với i = a, b, c, d, e, f cùng tiếp xúc với một đường tròn khác txy là độ dài đoạn tiếp tuyến chung của hai đường tròn (Cx), (Cy) Chứng minh rẳng:
tcf.tad.tbe = tab.tde.tcf+ tbc.tf e.tad+ tcd.tf a.tbe+ tab.tcd.tef + tbd.tde.tf a Bài tập 14: Cho tứ giác ABCD nội tiếp được có K là giao của AC, BD I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác AKB.(O) là đường tròn có tâm J tiếp xúc với KC, KD và cung CD lần lượt tại L, N, X Chứng minh rằng: XI là phân giác của \AXB
Bài toán 15: Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I), nội tiếp (O) (I) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F D0 là điểm đối xứng của D qua EF Chứng minh rằng AD0, BC, OI đồng quy
Định lí Ptolemy là một định lí rất đẹp và rất hay trong hình học Phía trên chỉ là một vài ứng dụng của định lí kinh điển này Do khuôn khổ của bài viết có hạn, tác
Từ khóa » Bài Tập Về định Lý Ptoleme
-
Hướng Dẫn Giải 6 Bài Toán Ứng Dụng Của định Lí Ptô-Lê-mê Trong Tứ ...
-
Chuyên Đề Định Lí Ptoleme | PDF - Scribd
-
[PDF] CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH PHẲNG (tt) 1.7 Định Lý Ptolemy Và Bất đẳng ...
-
Ôn Thi Vào Lớp 10 Môn Toán Chuyên 20. ĐỊNH LÝ PTÔLÊMÊ
-
[DOC] Định Lý Casey (định Lý Ptoleme Mở Rộng) - Diễn đàn Toán Học
-
Chuyên đề định Lý Ptolemy Và ứng Dụng Trong Hình Học Phẳng
-
Định Lý Ptolemy - TaiLieu.VN
-
[DOC] Đẳng Thức Ptô-lê-mê
-
Định Lí Ptolemy & Bất đẳng Thức Ptolemy - Đề Thi Mẫu
-
Tài Liệu Định Lý Ptôlêmê Và Một Số ứng Dụng - Xemtailieu
-
Chuyên đề Hình Học: định Lý Ptolemy - Toán 9 - Võ Thị Thảo
-
Định Lý Ptoleme – Du Học Trung Quốc 2022 - Wiki Tiếng Việt
-
Chuyên đề Các định Lý Hình Học Nổi Tiếng Và Vận Dụng - Giáo Án