intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Điều kiện ngoại tiếp của một tứ giác không lồi và ứng dụng

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

15
lượt xem
1
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nội dung chính của bài viết "Điều kiện ngoại tiếp của một tứ giác không lồi và ứng dụng" trình bày khái niệm tứ giác không lồi ngoại tiếp cùng với một số ứng dụng. Để hiểu rõ hơn, mời các bạn tham khảo chi tiết nội dung bài viết này.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Điều kiện ngoại tiếp của một tứ giác không lồi và ứng dụng

  1. ĐIỀU KIỆN NGOẠI TIẾP CỦA MỘT TỨ GIÁC KHÔNG LỒI VÀ ỨNG DỤNG Đỗ Thanh Sơn – THPT chuyên KHTN TÓM TẮT Bài báo đưa ra khái niệm tứ giác không lồi ngoại tiếp cùng với một số ứng dụng. 1. Mở đầu Chúng ta đã biết điều kiện ngoại tiếp của một tứ giác lồi. Điều kiện đó đựơc phát biểu như sau Điều kiện cần và đủ. Một tứ giác lồi ngoại tiếp được một đường tròn khi và chỉ khi tổng độ dài các cặp cạnh đối bằng nhau. Tuy nhiên trong việc giải toán, nhiều khi ta gặp phải những bài toán khảo sát tính chất tiếp xúc của các cạnh hoặc đường thẳng chứa các cạnh của một tứ giác không lồi với một đường tròn nào đó. Trong những trường hợp như vậy ta không thể sử dụng được điều kiện ngoại tiếp của một tứ giác lồi để khảo sát bài toán. Nội dung của bài báo này đề cập đến điều kiện "ngoại tiếp" của một tứ giác không lồi có hình dạng được định nghĩa sau đây và ứng dụng nó để giải toán. 2. Các định nghĩa Định nghĩa 1. Cho một tứ giác lồi ABCD có các cặp cạnh đối không song song. Gọi M là giao điểm của các đường thẳng AB và CD, N là giao điểm của các đường thẳng AD và BC (có thể coi B nằm giữa A và M ; D nằm giữa A và N ). Hình được tạo bởi các đoạn thẳng liên tiếp nhau AM; M C; CN; NA là hình tứ giác lõm. Chúng ta sẽ chỉ khảo sát các vấn đề liên quan đến hình tứ giác này. M B C A D N 69
  2. Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Nếu cấu hình trên được xem như một tập hợp gồm tứ giác lồi ABCD, tam giác BCM và tam giác CDN , thì ta còn gọi nó là tứ giác toàn phần. Để cho tiện, từ bây giờ ta sẽ gọi tứ giác có hình dạng đã được định nghĩa trên đây là tứ giác toàn phần và được ký hiệu là ABCDMN . Trong ký hiệu này các chữ A; B; C; D là đỉnh của một tứ giác lồi, còn các điểm M; N là các đỉnh được sinh ra từ các cặp đường thẳng chứa các cạnh đối diện của tứ giác ABCD cắt nhau. Cũng vì thế, đôi khi ta còn nói tứ giác toàn phần ABCDMN được sinh bởi tứ giác lồi ABCD. Các điểm A; B; C; D; M; N là đỉnh tứ giác các đoạn AB; BC; CD; DA; AM; M C; CN; ND; AN là cạnh tứ giác. Các đoạn thẳng AC; BD; MN là đường chéo tứ giác. Nếu không có chú thích gì, thì khi nói tới tứ giác toàn phần ABCDMN ta hiểu rằng tứ giác đó có cấu hình như đã định nghĩa ở trên. Định nghĩa 2. Ta nói tứ giác toàn phần ABCDMN ngoại tiếp đường tròn .O/, nếu .O/ là đường tròn nội tiếp trong tứ giác ABCD. Để cho gọn, khi ta nói tứ giác toàn phần ABCDMN ngoại tiếp, ta hiều rằng tứ giác đó ngoại tiếp một đường tròn. M B C I A D N 3. Điều kiện ngoại tiếp Định lý 1. Tứ giác toàn phần ABCDMN ngoại tiếp khi và chỉ khi AM C CN D AN C CM . M B K L C=C' E A F D N 70
  3. Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Chứng minh. Giả sử ABCDMN ngoại tiếp. Theo định nghĩa, tồn tại một đường tròn .O/ nội tiếp trong tứ giác lồi ABCD. Ta ký hiệu các điểm K; L; E; F lần lượt là tiếp điểm của .O/ và các cạnh tương ứng AB; BC; CD; DA. Khi đó ta có AM D AK C KM , CN D NL CL, AN D AF C F N , CM D ME CE. Vậy AM C CN D AN C CN suy ra AK C KM C NL CL D AF C F N C ME CE (1). Vì AK D AF; MK D ME; NF D NL; CE D CL, nên (1) đúng. Giả sử AM C CN D AN C CM . Ta cần chứng minh rằng ABCD là tứ giác ngoại tiếp. Gọi .O/ là đường tròn nội tiếp trong 4MAD. Ta chứng minh rằng (O) cũng là đường tròn nội tiếp trong 4NAB. Ta ký hiệu K; E; F là tiếp điểm của .O/ với các cạnh tương ứng AM; MD; DA của 4MAD. Từ N kẻ tới .O/ tiếp tuyến NL khác NA (L là tiếp điểm). Đường thẳng NL cắt MD tại C 0 và ta coi C nằm giữa C 0 và M . Theo điều kiện cần ta có AM C NC 0 D AN C M C 0 suy ra AM AN D M C 0 NC 0 (2). Từ giả thiết ta suy ra AM AN D CM CN (3). Từ (2) và (3) ta có CM CN D M C 0 NC 0 suy ra CM CN D CM C C C 0 NC 0 hay NC 0 D C 0 C C CN . Đẳng thức này chứng tỏ rằng C và C 0 trùng nhau. Tức là cạnh BC tiếp xúc với .O/: Định lý 2. Tứ giác toàn phần ABCDMN ngoại tiếp khi và chỉ khi BM C BN D DM C DN: M B=B' K L C E A F D N Chứng minh. Ta vẫn sử dụng các ký hiệu như trong chứng minh định lý 1 để chứng minh định lý 2.Gỉa sử ABCDMN ngoại tiếp, khi đó ta có BM D MK BK, BN D BL C LN; DM D DE C ME, DN D NF DF . Rõ ràng BM C BN D DM C DN suy ra MK BK C BL C LN D DE C ME C NF DF (*). Vì MK D ME; NL D NF; BK D BL; DE D DF , nên (*) đúng. Ngược lại nếu BM C BN D DM C DN ta cần chứng minh ABCD ngoại tiếp. Gọi .O/ là đường tròn nội tiếp 4MAD. Ta kẻ tiếp tuyến NL tới .O/ và khác NA. Đường thẳng NL cắt AM tại B 0 và coi B nằm giữa M và B 0 . Theo điều kiện cần ta có B 0 M C B 0 N D DM C DN suy ra B 0 B C BM C B 0 N D DM C DN . Theo giả thiết ta có BM C BN D DM C DN . Từ đó ta suy ra B 0 B C BM C B 0 N D BM C BN hay B 0 B C B 0 N D BN . Đẳng thức này chứng tỏ B 0 trùng với B. Tức là ABCD ngoại tiếp. 71
  4. Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 4. Ứng dụng Bây giờ ta sẽ chỉ ra ứng dụng của hai định lý trên vào giải toán. Bài toán 1. Đường tròn tâm I nội tiếp trong 4ABC tiếp xúc với các cạnh BC; CA; AB lần lượt tại M; N; E. a) Chứng minh rằng các tứ giác IMBE và IM CN ngoại tiếp. b) Chứng minh rằng tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn nội tiếp trong các tứ giác trên và khác đường thẳng IM đi qua A. A N E I K O2 O1 B M C Lời giải. a) Rõ ràng ta có IM D IE và BM D BE, nên tứ giác lồi IMBE thõa mãn điều kiện IM C BE D IE C BM . Từ đó suy ra tứ giác IMBE ngoại tiếp. Ta ký hiệu .O1 / là đường tròn nội tiếp trong tứ giác đó. Tương tự, ta cũng suy ra tứ giác IM CN ngoại tiếp và .O2 / là đường tròn nội tiếp tứ giác đó. b) Ta thấy rằng IM là một tiếp tuyến chung trong của .O1 / và .O2 /. Kẻ qua A đường thẳng tiếp xúc với .O2 / và khác AC . Gọi K là giao điểm của đường thẳng này với IM . Ta thấy rằng tứ giác không lồi ACMK ngoại tiếp .O2 / nên ta có AC C MK D AK C M C . Để chứng minh AK cũng tiếp xúc với .O1 / ta cần nghiệm lại điều kiện AK C MB D MK C AB hay AK MK D AB MB. Thật vậy, điều kiện AC C MK D AK C M C tương đương với AK MK D AC M C D .AN C NC / M C D AN C .NC M C / D AN D AE D AB BE D AB BM . Đây là điều cần chứng minh. Ta cũng thấy rằng .O1 / và .O2 / khác phía đối với tiếp tuyến chung AK, nên AK là tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn. Bài toán 2. Tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn. Trên cạnh AB ta lấy điểm M . Đường thẳng CM cắt đường thẳng AD tại N (ta coi A nằm giữa D và N ). Gọi I; J; K lần lượt là tâm các đường tròn nội tiếp trong các tam giác NCD; BM C và AMN . Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác IJK đi qua A. 72
  5. Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 D A I K N M P T J B C Lời giải. Ta thấy rằng đường thẳng IK chứa các đường phân giác của các tam giác BM C và AMN được kẻ từ M . Đường thẳng KI chứa phân giác của ANM \ . Ta gọi 2˛ D ANM \ ; 2ˇ D AMN \ , khi đó ta có IKJ[ D ˛ C ˇ (góc ngoài của 4KMN /. Mặt khác ta có BAD [ D 2˛ C 2ˇ (góc ngoài của 4AMN /. Từ A ta kẻ tiếp tuyến AT tới đường tròn .J / (khác AB). Gọi P là giao điểm của AT và CM . Vì .J / nội tiếp trong tứ không lồi BAP C , nên ta có AB C CP D BC C AP tương đương AB BC D AP CP . Vì ABCD ngoại tiếp, nên AB BC D AD CD. Từ các kết quả trên suy ra AP CP D AD CD hay AP C CD D AD C CP . Đẳng thức này chứng tỏ tứ giác lồi ADCP ngoại tiếp đường tròn. Tức là AT tiếp xúc với .I /. Do đó tia AI là phân giác của DAP [ . Xét IAJ d D IAP d , ta có IAJ [ C PAI [ D ˛ C ˇ: Do đó IKJ [ D IAJ d . Hơn nữa các điểm K và A cùng phía đối với IJ , nên A; J; I; K đồng viên. Đó là điều phải chứng minh. Bài toán 3. Cho tam giác ABC . Giả sử đường elip .E/ với các tiêu điểm B; C cắt các cạnh AB; AC lần lượt tại M; N . Dựng các tiếp tuyến với .E/ tại các điểm M và N . Gọi I là giao điểm các tiếp tuyến đó. Chứng minh rằng tia AI là phân giác của BAC [. A I N M P B C 73
  6. Tạp chí Epsilon, Số 05, 10/2015 Lời giải. Gọi P là giao điểm của các đoạn thẳng BN và CM . Trong tứ giác toàn phần AMPNBC ta có MB C M C D NB C NC . Do đó tứ giác này ngoại tiếp. Theo định nghĩa tồn tại một đường tròn nội tiếp trong tứ giác AMPN . Cần lưu ý rằng MI và NI là các tia phân giác của các góc tại đỉnh M và N của tứ giác AMPN . Vậy thì I là tâm đường tròn nội tiếp trong tứ giác AMPN . Tức là AI là tia phân giác của BAC [. Bài toán 4. Cho hai đường tròn .O1 / và .O2 / có bán kính khác nhau và nằm ngoài nhau. T1 T2 và T3 T4 là các tiếp chung trong của hai đường tròn (T1 và T3 là tiếp điểm thuộc .O1 /, T2 và T4 thuộc .O2 //. Gọi O là giao điểm cuat các đường thẳng T1 T2 và T2 T4 . Trên đoạn OT1 ta lấy điểm M và OT4 lấy điểm N . Gọi MM1 là tiếp tuyến với .O1 / khác T1 T2 , MM2 là tiếp tuyến với .O2 / khác T1 T2 , N N1 là tiếp tuyến với .O1 / khác T3 T4 , N N2 là tiếp tuyến với .O2 / khác T3 T4 . Gọi A là giao điểm của MM1 và N N1 , B là giao điểm của N N2 và MM2 , C là giao điểm của MM2 và N N1 , D là giao điểm của MM1 và N N2 . Chứng minh rằng đường thẳng AB và các tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn đồng quy. T1 N1 D M T4 A M2 O1 B O2 C O N T2 N2 M1 T3 Lời giải của ví dụ này được dành cho bạn đọc. Tài liệu tham khảo [1] Đỗ Thanh Sơn, Các phép biến hình trong mặt phẳng, NXBGD 2001. [2] Đỗ Thanh Sơn, Toán nâng cao hình học 11, NXBGD 2013. 74
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2