C. Một số bài tập.
NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIÁO KHOA
GIÁO KHOA
(tiếp theo kì trước)
Vì khái niệm tam giác đồng dạng là sự mở rộng khái niệm tam giác bằng nhau nên có rất nhiều bài toán liên quan tới khái niệm tam giác bằng nhau, được mở rộng thành bài toán mới, liên quan tới khái niệm tam giác đồng dạng.
Bài toán dưới đây chính là sự mở rộng của BT1 nhờ quan niệm trên.
Bài toán 7 : Cho tam giác ABC và điểm M nằm trên (không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp tam giác
đó. Chứng minh rằng : BC.MA = CA.MB + AB.MC.
Lời giải : Trên đoạn MA, lấy điểm N sao cho góc MBN = Đ CBA (hình 8). Chú ý rằng, Đ BMA = Đ
Vậy tam giác MBN đồng dạng với tam giác CBA => MN / CA = MB / CB => BC.MN = AC.MB (1). Do Đ MBN = Đ CBA => Đ MBC = Đ NBA, mặt khác Đ BCM = Đ BAM do cùng chắn cung BM. Vậy tam giác NBA đồng dạng với tam giác MBC => BC.NA = AB.MC (2).
Từ (1) và (2) => : BC.MN + BC.NA = AC.MB + AB.MC => BC(MN + NA) = CA.MB + AB.MC
=> BC.MA = CA.MB + AB.MC.
Kết quả phát biểu trong BT7 chính là nội dung một định lí nổi tiếng của hình học phẳng, định lí Ptô-lê- mê.
Trong BT7, hãy coi điểm M như là đường tròn tâm M, bán kính bằng không, một cách tự nhiên, BT7 được mở rộng thành bài toán đặc sắc sau.
Bài toán 8 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (O’) tiếp xúc với (O) tại một điểm
thuộc (không chứa A). Từ A, B, C, theo thứ tự kẻ tới (O’) các tiếp tuyến AA’, BB’, CC’. Chứng minh rằng : BC.AA’ = CA.BB’ + AB.CC’.
Trước khi giải BT8, ta hãy phát biểu và chứng minh hai bổ đề.
Bổ đề 2 : Cho tam giác XYZ nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (O’) tiếp xúc với (O) tại X và theo thứ
tự cắt XY, XZ tại Y’, Z’ (khác X). Khi đó YZ // Y’Z’.
Chứng minh : Qua X, kẻ đường thẳng tt’ tiếp xúc với (O) và (O’) (hình 9a, hình 9b).
Trên hình 9a, ta có :
Đ ZYX = Đ ZXt (cùng chắn cung XZ của (O))
Đ Z'Y'X' = Đ Z'Xt (cùng chắn cung XZ' của (O)) => Đ ZYX = Đ Z'Y'X
=> YZ // Y'Z' (hai góc đồng vị bằn nhau) Trên hình 9b, ta có :
Đ ZYX = Đ ZXt (cùng chắn cung XZ của (O))
Đ Z'Y'X' = Đ Z'Xt (cùng chắn cung XZ' của (O))
Đ ZXt' = Đ Z'Xt (đối đỉnh) => Đ ZYX = Đ Z'Y'X'
=> YZ // Y’Z’ (hai góc so le trong bằng nhau).
Tóm lại, trong cả hai trường hợp, ta đều có YZ // Y’Z’. Bổ đề 2 đã được chứng minh.
Bổ đề 3 : Từ một điểm S nằm ngoài đường tròn (O) ta kẻ tới (O) tiếp tuyến SX và cát tuyến SYZ. Khi đó,
SX2 = SY.SZ.
Chứng minh : Ta có :
=> tam giác SXY đồng dạng với tam giác SZX
Trở lại việc chứng minh BT8.
Gọi M là tiếp điểm của (O) và (O’) (hình 11a, hình 11b). MA, MB, MC theo thứ tự cắt (O’) tại X, Y, Z (X, Y, Z ạ M). áp dụng BĐ2, YZ // BC ; ZX // CA ; XY // AB. Theo định lí Ta-lét, ta có :
AX/AM = BY/BM = CZ/CM (1) áp dụng BĐ3, ta có : AA' 2 = AX.AM BB' 2 = BY.BM (2) CC' 2 = CZ.CM Từ (1) và (2) => : AX.AM / AM2 = BY.BM / BM2 = CZ.CM / CM2 => AA' 2 / AM2 = BB' 2 / BM2 = CC' 2 / CM2 => AA' / AM = BB' / BM = CC' / CM (3) Theo bài toán 7, ta có :
BC.MA = CA.MB + AB.MC (4) <DD.Từ (4)="" và (3)>: BC.AA’ = CA.BB’ + AB.CC’.