Khám Phá định Lý Ptô-lê-mê - Diễn Đàn MathScope

Trang chủ » định Lý P » Khám Phá định Lý Ptô-lê-mê - Diễn Đàn MathScope

Có thể bạn quan tâm

Diễn Đàn MathScopeDiễn Đàn MathScope Diễn Đàn MathScope
Diễn Đàn MathScope > Sơ Cấp > Hình Học > Chuyên Đề
Khám phá định lý Ptô-lê-mê
News & Announcements

Ngoài một số quy định đã được nêu trong phần Quy định của Ghi Danh , mọi người tranh thủ bỏ ra 5 phút để đọc thêm một số Quy định sau để khỏi bị treo nick ở MathScope nhé !

* Nội quy MathScope.Org

* Một số quy định chung !

* Quy định về việc viết bài trong diễn đàn MathScope

* Nếu bạn muốn gia nhập đội ngũ BQT thì vui lòng tham gia tại đây

* Những câu hỏi thường gặp

* Về việc viết bài trong Box Đại học và Sau đại học
1 2 >
10-11-2007, 07:04 PM #1
chien than +Thành Viên+ : Nov 2007 : Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội : 138 : 1 Khám phá định lý Ptô-lê-mê KHÁM PHÁ ĐỊNH LÍ PTÔ-LÊ-MÊ tác giả:Zai zaiI. Mở đầu: Hình học là một trong những lĩnh vực toán học mang lại cho người yêu toán nhiều điều thú vị nhất và khó khăn nhất. Nó đòi hỏi ta phải có những suy nghĩ sáng tạo và tinh tế. Trong lĩnh vực này cũng xuất hiện ko ít những định lí, phương pháp nhằm nâng cao tính hiệu quả trong quá trình giải quyết các bài toán, giúp ta chinh phục những đỉnh núi ngồ ghề và hiểm trở . Trong bài viết này zaizai xin giới thiệu đến các bạn một vài điều cơ bản nhất về định lí Ptô-lê-mê trong việc chứng minh các đặc tính của hình học phẳng. Dù đã rất cố gắng nhưng bài viết sẽ không thể tránh khỏi những thiếu xót mong rằng các bạn sẽ cùng zaizai bổ sung và phát triển nó. II, Nội dung - Lí thuyết: 1. Đẳng thức Ptô-lê-mê: Cho tứ giác $ABCD $ nội tiếp đường tròn $(O) $. Khi đó: $\fbox{AC.BD=AB.CD+AD.BC} $ Hình minh họa (hình 1) Chứng minh: Lấy $M $ thuộc đường chéo $AC $ sao cho $\widehat{ABD}=\widehat{MBC}. $ Khi đó xét $\Delta ABD $và $\Delta MBC $có: $\widehat{ABD}=\widehat{MBC}, \widehat{ADB}=\widehat{MCB}. $ Nên $\Delta ABD $đồng dạng với $\Delta MBC (g.g). $ Do đó ta có: $\frac{AD}{BD}=\frac{MC}{BC} \Rightarrow AD.BC=BD.MC (1) $. Lại có: $\frac{BA}{BD}=\frac{BM}{BC} $ và $\widehat{ABM}=\widehat{DBC} $ nên $\Delta ABM \sim \Delta DBC (g.g). $Suy ra $\frac{AB}{AM}= \frac{BD}{CD} $ hay $AB.CD=AM.BD (2). $ Từ $(1) $và $(2) $ suy ra: $AD.BC+AB.CD=BD.MC+AM.BD=AC.BD $ Vậy đẳng thức Ptô-lê-mê được chứng minh. 2, Bất đẳng thức Ptô-lê-mê: Đây có thể coi là định lí Ptô-mê-lê mở rộng bởi vì nó không giới hạn trong lớp tứ giác nội tiếp . Định lí: Cho tứ giác $ABCD $. Khi đó: $AC.BD\leq AB.CD+AD.BC $ Hình minh họa (hình 2) Chứng minh: Trong $\widehat{ABC} $ lấy điểm M sao cho: $\widehat{ABD} = \widehat{MBC} , \widehat{ADB} = \widehat{MCB} $ Dễ dàng chứng minh: $ \Delta BAD \sim \Delta BMC \Rightarrow \frac{AD}{MC} = \frac{BD}{CB} \Rightarrow BD.CM=AD.CB $ Cũng từ kết luận trên suy ra: $\frac{AB}{BM} = \frac{BD}{BC} , \widehat{ABM} = \widehat{DBC} \\ \Rightarrow \Delta ABM \sim \Delta DBC (c.g.c) \Rightarrow \frac{AB}{AM} = \frac{BD}{CD} \Rightarrow AB.DC=BD.AM $ Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác và các điều trên ta có: $AD.BC+AB.DC=BD(AM+CM)\ge BD.AC $ Vậy định lí Ptô-lê-mê mở rộng đã được chứng minh. 3, Định lí Ptô-lê-mê tổng quát: Trong mặt phẳng định hướng cho đa giác $A_0A_1...A_{2n} $nội tiếp đường tròn $(O) $. M là một điểm thuộc cung $A_0A_{2n} $ (Không chứa $A_1; ...; A_{2n-1} $) Khi đó: $\sum\limits_{0\le k\le n}{tg [ \frac{1}{4}OA_{2k-2}, OA_{2k})]+tg[ \frac{1}{4}OA_{2k}, OA_{2k+2})]}OA_{2k} \\ = \sum\limits_{1\le k \le n}{tg[ \frac{1}{4}OA_{2k-3}, OA_{2k-1})]+tg[\frac{1}{4}OA_{2k-1}, OA_{2k+1})]}}OA_{2k-1} $. Trong đó: $A_{-1}=A_{2n}, A_{-2}=A_{2n-1}, A_{2n+1}=A_{0}, A_{2n+2}=A_{1} $ Đây là một định lí ko dễ dàng chứng minh được bằng kiến thức hình học THCS. Các bạn có thể tham khảo phép chứng minh trong bài viết Định lí Ptô-lê-mê tổng quát của Tiến sĩ Nguyễn Minh Hà, ĐHSP , Hà Nội thuộc Tuyển tập 5 năm Tạp chí toán học và tuổi trẻ. III, Ứng dụng của định lí Ptô-lê-mê trong việc chứng minh các đặc tính hình học: 1, Chứng minh quan hệ giữa các đại lượng hình học: Mở đầu cho phần này chúng ta sẽ đến với 1 ví dụ điển hình và cơ bản về việc ứng dụng định lí Ptô-lê-mê. 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=a^2 $. Gọi $M $ là giao điểm của $BQ $ và $AP $. Chứng minh rằng: $AM+MC=BM $ ( Đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quí Đôn, thị xã Đông Hà, tỉnh Quảng Trị, năm học 2005-2006) Hình minh họa (hình 3) Chứng minh: Từ giả thiết $AQ.BP=a^2 $suy ra $\frac{AQ}{AB}=\frac{AB}{BP}. $ Xét $\Delta ABQ $và $\Delta BPA $có: $\frac{AQ}{AB}=\frac{AB}{BP} (gt) \\ \widehat{BAQ} =\widehat{ABP} \\ \Rightarrow \Delta ABQ \sim \Delta BPA (c.g.c)\Rightarrow \widehat{ABQ}=\widehat{APB} (1) $ Lại có $\widehat{ABQ} +\widehat{MBP}=60^o (2) $ Từ: $(1), (2) \Rightarrow \widehat{BMP}=180^o-\widehat{MBP}-\widehat{MPB}=120^o \\ \Rightarrow \widehat{AMB}=180^o-\widehat{BMP}=180^o-120^o=60^o=\widehat{ACB}. $ 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 \Rightarrow AM+MC=BM $ (đpcm) Đây là 1 bài toán khá dễ và tất nhiên cách giải này ko được đơn giản lắm.Vì nếu muốn sử dụng đẳng thức Ptô-lê-mê trong 1 kì thi thì có lẽ phải chứng minh nó dưới dạng bổ đề. Nhưng điều chú ý ở đây là ta chẳng cần phải suy nghĩ nhiều khi dùng cách trên trong khi đó nếu dùng cách khác thì lời giải có khi lại ko mang vẻ tường minh. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
anhbang_k42sp (05-09-2009), hiep 123 (03-03-2012), NguyenHoang123 (03-09-2010), toan_yeu_me (10-05-2010), wikipedia1995 (08-12-2010)
chien than
10-11-2007, 07:05 PM #2
chien than +Thành Viên+ : Nov 2007 : Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội : 138 : 1 Bài toán 2: 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 $\delta ABC $. Chứng minh rằng: $AQ+CQ=BP $ (Đề thi chọn đội tuyển Hồng Kông tham dự IMO 2000, HongKong TST 2000) Hình minh họa: (hinh 4) Chứng minh: Xét các tứ giác nội tiếp $ABCQ $ và $BEPD $ ta có: $\widehat{CAQ}=\widehat{CBQ}=\widehat{DEP} $ (cùng chắn các cung tròn) Mặt khác $\widehat{AQC}=108^o-\widehat{ABC}=\widehat{EPD} $ Xét $\Delta AQC $và $\Delta EPD $có: $\widehat{AQC}=\widehat{EPD} , \widehat{CAQ} =\widehat{DEP} \Rightarrow \Delta AQC \sim \Delta EPD \\ \Rightarrow \frac{AQ}{EP}=\frac{CA}{ED}\Rightarrow AQ.ED=EP.CA=EP.BD (1) $ (do $AC=BD $) $ \frac{AC}{ED} = \frac{QC}{PD} \Rightarrow ED.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.BP\Rightarrow AQ+QC=BP $(đpcm) Có thể thấy rằng bài 1 là tư tưởng đơn giản để ta xây dựng cách giải của bài 2. Tức là dựa vào các đại lượng trong tam giác bằng nhau theo giả thiết ta sử dụng tam giác đồng dạng để suy ra các tỉ số liên quan và sử dụng phép thế để suy ra điều phải chứng minh. Cách làm này tỏ ra khá là hiệu quả và minh họa rõ ràng qua 2 ví dụ mà zaizai đã nêu ở trên. Để làm rõ hơn phương pháp chúng ta sẽ cùng nhau đến với việc chứng minh 1 định lí bằng chính Ptô-lê-mê. Bài toán 3: ( Định lí Carnot) Cho tam giác nhọn $ABC $ nội tiếp trong đường tròn $(O, R) $ và ngoại tiếp đường tròn $(I, r). $Gọi $x,y,z $ lần lượt là khoảng cách từ $O $ tới các cạnh tam giác. Chứng minh rằng: $x+y+z=R+r $ [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
Phongvan34 (09-10-2010)
chien than
10-11-2007, 07:06 PM #3
chien than +Thành Viên+ : Nov 2007 : Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội : 138 : 1 Hình minh họa (hinh 5) Chứng minh: Gọi $M, N, P $ lần lượt là trung điểm của $BC, CA, AB $. Giả sử $x=OM, y=ON, z=OP, BC=a, CA=b, AB=c. $ Tứ giác $OMBP $ nội tiếp, theo đẳng thức Ptô-lê-mê ta có: $OB.PM=OP.MB+OM.PB $ Do đó: $R.\frac{b}{2} =z.\frac{a}{2} +x.\frac{c}{2} (1) $ Tương tự ta cũng có : $R.\frac{c}{2}=y.\frac{a}{2}+x.\frac{b}{2} (2) \\ R.\frac{a}{2} =y.\frac{c}{2}+z.\frac{b}{2} (3) $ Mặt khác: $r( \frac{a}{2} +\frac{b}{2} +\frac{c}{2} )=S_{ABC}=S_{OBC}+S_{OCA}+S_{OAB}=x.\frac{a}{2}+y\ frac{b}{2}+z.\frac{c}{2} (4) $ Từ $(1), (2), (3), (4) $ ta có: $(R+r)( \frac{a+b+c}{2})=(x+y+z)(\frac{a+b+c}{2}) \Rightarrow R+r=x+y+z $ Đây là 1 định lí khá là quen thuộc và cách chứng minh khá đơn giản. Ứng dụng của định lí này như đã nói là dùng nhiều trong tính toán các đại lượng trong tam giác. Đối với trường hợp tam giác đó không nhọn thì cách phát biểu của định lí cũng có sư thay đổi. 2, Chứng minh các đặc tính hình học: Bài toán 1: 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. $ Hình minh họa(hinh 6) Chứng minh: Gọi giao điểm của $BP $ với đường tròn là $N $. Nối $AN, NC $. Xét $\delta NPC $và $\delta CPB $có: $\widehat{PCN}=\widehat{PBC}, \widehat{P} $ chung $\Rightarrow \Delta NPC \sim \Delta CPB(g.g) \Rightarrow \frac{PC}{PB}=\frac{NC}{BC} (1) $ Tương tự ta cũng có $\Delta PAN \sim \Delta PBA (g.g)\Rightarrow \frac{AP}{BP} =\frac{AN}{AB} (2) $ Mặt khác $PA=PC $( do là 2 tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau) Nên từ $(1), (2) \Rightarrow \frac{PA}{PB} =\frac{NC}{BC} =\frac{AN}{AB}\Rightarrow NC.AB=BC.AN (3) $ Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp $ABCN $ ta có: $AN.BC+AB.NC=AC.BN $ Từ $(3) \Rightarrow 2AB.NC=AC.BN=2AB.BN\Rightarrow NC=BN $. Vậy ta có điều phải chứng minh. Đây có lẽ là một trong những lời giải khá là ngắn và ấn tượng của bài này.Chỉ cần qua vài quá trình tìm kiếm các cặp tam giác đồng dạng ta đã dễ dàng đi đến kết luận của bài toán. Tư tưởng ban đầu khi làm bài toán này chính là dựa vào lí thuyết trong cùng một đường tròn hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau. Do có liên quan đến các đại lượng trong tứ giác nội tiếp nên việc chứng minh rất dễ dàng. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
chien than
10-11-2007, 07:06 PM #4
chien than +Thành Viên+ : Nov 2007 : Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội : 138 : 1 Bài toán 2: 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 $\widehat{OIA}=90^o $. Chứng minh rằng $IG $ song song với $BC $. Hình minh họa (hinh 7) 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 : $\widehat{IBN} = \widehat{BIN} \Rightarrow BN=IN (2) $ Do $OI \perp AE $ suy ra $IA=IN= \frac{1}{2} $ sđ cung $BC(3) $ Từ $(1), (2), (3) \Rightarrow BN=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) \Rightarrow BN(AC+AB)=2BN.BC \Rightarrow AC+AB=2BC (5) $ Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác và (5) ta có: $\frac{AB}{BD} = \frac{IA}{ID} = \frac{AC}{CD} = \frac{AB+AC}{BD+CD} \\ = \frac{AB+AC}{BC} = \frac{2BC}{BC}=2 $ Vậy $\frac{IA}{ID} =2 (6) $ Mặt khác G là trọng tâm của tam giác suy ra $\frac{AG}{GM}=2 (7) $ Từ $(6), (7) \Rightarrow \frac{IA}{ID}=2=\frac{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. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
chien than
10-11-2007, 07:07 PM #5
chien than +Thành Viên+ : Nov 2007 : Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội : 138 : 1 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. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
chien than
10-11-2007, 07:08 PM #6
chien than +Thành Viên+ : Nov 2007 : Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội : 138 : 1 Bài toán 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O). Chứng minh rằng: $\frac{AC}{BD} = \frac{BC.CD+AB.BD}{BC.BA+DC.DA} $ Hình minh họahinh 10) Chứng minh: Lấy E và F thuộc đường tròn sao cho: $ \widehat{CDB} = \widehat{ADE} , \widehat{BDA} = \widehat{DCF} $ Khi đó: $AE=BC, FD=AB, EC=AB, BF=AD $ Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp AECD và BCDF ta có: $AC.ED=AE.CD+AD.EC=BC.CD+AD.AB (1) \\ BD.CF=BC.DF+BF.CD=BC.AB+AD.CD (2) $ Mặt khác: $ \widehat{CDE} = \widehat{CDB}+ \widehat{BDE}= \widehat{ADE} + \widehat{BDE}= \widehat{ADB} =widehat{FCD} $ Do đó: $\widehat{FDC}= \widehat{FDE} + \widehat{EDC} = \widehat{FCE} + \widehat{FCD}= \widehat{ECD} $ Suy ra: $ED=FC (3) $ Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh. Bài toán 3: Cho tam giác ABC với BE, CF là các đường phân giác trong. Các tia EF, FE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác theo thứ tự tại M và N. Chứng minh rằng: $\frac{1}{BM} + \frac{1}{CN} = \frac{1}{AM} + \frac{1}{AN} + \frac{1}{BN} + \frac{1}{CM} $ Hình minh hoạ (hình 11) Chứng minh: Đặt$ BC=a, CA=b, AB=c $ Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp $AMBC $ và $ANCB $ ta có: $a.AM+b.BM=c.CM (1)\\ a.AN+a.CN=b.BN (2) $Từ (1) và (2) ta được: $a(AM+AN)=b(BN-BM)+c(CM-CN) (3) $ Mặt khác ta lại có: $ \Delta ANF \sim \Delta NBF(g.g) \Rightarrow \frac{AM}{BN} = \frac{MF}{BF} (4) $ Tương tự : $ \Delta ANF \sim \Delta MBF (g.g) \Rightarrow \frac{AN}{BM} = \frac{AF}{MF} (5) $ Từ (4), (5) và tính chất đường phân giác ta có: $ \frac{AM.AN}{BM.BN} = \frac{AF}{BF} = \frac{b}{a} (6) $ Chứng minh tương tự ta được: $ \frac{AM.AN}{CM.CN} = \frac{AE}{CE} = \frac{c}{a} (7) $ Từ (3), (6), (7) ta có điều phải chứng minh. Có thể dễ dàng nhận ra nét tương đồng giữa cách giải của 3 bài toán đó là vận dụng cách vẻ hình phụ tạo ra các cặp góc bằng các cặp góc cho sẵn từ đó tìm ra các biểu diễn liên quan. Một đường lối rất hay được sử dụng trong các bài toán dạng này. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
chien than
10-11-2007, 07:08 PM #7
chien than +Thành Viên+ : Nov 2007 : Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội : 138 : 1 4, Chứng minh bất đẳng thức và giải toán cực trị trong hình học: Bài toán 1: (Thi HSG các vùng của Mĩ, năm 1987) Cho một tứ giác nội tiếp có các cạnh liên tiếp bằng $a,b,c,d $ và các đường chéo bằng $p,q. $ Chứng minh rằng: $pq \leq \sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)} $ Chứng minh: Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp thì $ac+bd=pq $ Vậy ta cần chứng minh $p^2q^2=(ac+bd)^2\leq (a^2+b^2)(c^2+d^2) $ Bất đẳng thức này chính là một bất đẳng thức rất quen thuộc mà có lẽ ai cũng biết đó là bất đẳng thức Bunhiacopxki-BCS. Vậy bài toán được chứng minh. Một lời giải đẹp và vô cùng gọn nhẹ cho 1 bài toán tưởng chừng như là khó. Ý tưởng ở đây là đưa bất đẳng thức cần chứng minh về 1 dạng đơn giản hơn và thuần đại số hơn. Thật thú vị là bất đẳng thức đó lại là BCS. Bài toán 2: Cho lục giác lồi ABCDEF thỏa mãn điều kiện $AB=BC, CD=DE, EF=FA $ Chứng minh rằng: $ \frac{BC}{BE} + \frac{DE}{DA} + \frac{FA}{FC} \geq \frac{3}{2} + \frac{(AC-CE)^2+(CE-AE)^2+(AE-AC)^2}{(AC+CE)^2+(CE+AE)^2+(AE+AC)^2} $ HÌNH MINH HỌA (hinh 12) Chứng minh: Đặt $AC=a, CE=b, AAE=c. $ Áp dụng định lí Ptô-lê-mê mở rộng cho tứ giác $ACEF $ ta có: $AC.EFkCE.AF \ge AE.CF $. Vì $EF=AF $ nên suy ra: $ \frac{FA}{FC} \ge \frac{c}{a+b} $ Tương tự ta cũng có: $\frac{DE}{DA} \geq \frac{b}{c+a}, \frac{BC}{BE} \geq \frac{a}{b+c} $ Từ đó suy ra $ \frac{BC}{BE} + \frac{DE}{DA} + \frac{FA}{FC} \geq \frac{3}{2} + \frac{(AC-CE)^2+(CE-AE)^2+(AE-AC)^2}{(AC+CE)^2+(CE+AE)^2+(AE+AC)^2} \\ \Leftrightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+ \frac{c}{a+b}\geq \frac{3}{2} + \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2} \\ \Leftrightarrow \frac{a}{b+c}+\frac{b}{c+a}+ \frac{c}{a+b}- \frac{3}{2} \ge \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2} \\ \Leftrightarrow \frac{(a-b)^2}{2(b+c)(a+c)} + \frac{(b-c)^2}{2(b+a)(c+a)} + \frac{(c-a)^2}{2(c+b)(a+b)} \geq \frac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2} \\ \Leftrightarrow \sum (a-b)^2[\frac{1}{2(a+c)(b+c)} - \frac{1}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2} $ Bất đẳng thức đã qui về dạng chính tắc SOS : $ \fbox{S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2\ge 0} $ Dễ thấy: $2(a+c)(b+c)\leq (a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2 \\ \Rightarrow \frac{1}{2(a+c)(b+c)} \ge \frac{1}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2} $ Như vậy $S_c\ge 0 $, đánh giá tương tự ta cũng dễ dàng thu được kết quả $S_a, S_b \ge 0 $. Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi$ a=b=c $. Tức là khi ABCDEF là một lục giác đều nội tiếp. Đây là một bài toán do zaizai phát triển từ một bài toán quen thuộc. Nó cũng xuất phát từ bài Stronger than Nesbit inequality của mình. :lol: Cơ sở khi giải bài toán này là sử dụng phương pháp SOS để làm mạnh bài toán. Với bước chuyển từ việc chứng minh 1 bất đẳng thức hình học sang bất đẳng thức đại số ta dễ dàng tìm ra 1 lời giải đẹp. Nếu chuẩn hóa bất đẳng thứ này ta cũng có kết quả rất thú vị. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
Phongvan34 (09-10-2010)
chien than
10-11-2007, 07:09 PM #8
chien than +Thành Viên+ : Nov 2007 : Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội : 138 : 1 Bài toán 3: Cho lục giác lồi ABCDEF thỏa mãn điều kiện $AB=BC, CD=DE, EF=FA $ và tổng độ dài ba cạnh $AC, CE, AE $bằng $3 $ Chứng minh rằng: $ \frac{BC}{BE} + \frac{DE}{DA} + \frac{FA}{FC} \geq \frac{21}{16} + \frac{27(AC^3+CE^3+AE^3)}{16(AC+CE+AE)^3} $ Lời giải: Ta chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên về chứng minh bất đẳng thức sau: $ \frac{a}{b+c} + \frac{b}{c+a} + \frac{c}{a+b} \geq \frac{21}{16} +\frac{27(a^3+b^3+c^3)}{16(a+b+c)^3} $ $ \Leftrightarrow \frac{a}{3-a} + \frac{b}{3-b} + \frac{c}{3-a} \geq \frac{21}{16}+ \frac{(a^3+b^3+c^3)}{16} $ Bằng cách sử dụng phương pháp hệ số bất định ta dễ dàng tìm được bất đẳng thức phụ đúng: $\frac{a}{3-a}\ge \frac{9a+a^3-2}{16}\\ \Leftrightarrow (a-1)^2(a^2-a+6)\ge 0 $ Tương tự với các phân thức còn lại ta có điều phải chứng minh. Khi định hướng giải bài này chắc hẳn bạn sẽ liên tưởng ngay đến SOS nhưng thật sự thì nó ko cần thiết trong bài toán này bởi chỉ làm phức hóa bài toán. Dùng phương pháp hệ số bất định giúp ta tìm ra 1 lời giải ngắn và rất đẹp. Tuy nhiên lời giải này ko dễ hiểu lắm đối với THCS. Thực ra cách làm mới bài toán này cũng cực kì đơn giản vì xuất phát điểm của dạng chuẩn là bất đẳng thức Nesbit quen thuộc vì vậy dễ dàng thay đổi giả thiết để biến đổi bài toán. Mà cách thay đổi điều kiện ở đây chính là bước chuẩn hóa trong chứng minh bất đẳng thức đại số. Nói chung là dùng để đồng bậc bất đẳng thức thuần nhất. Với tư tưởng như vậy ta hoàn toàn có thể xây dựng các kết quả mạnh hơn và thú vị hơn qua một vài phương pháp như SOS, hệ số bất định, dồn biến và chuẩn hóa. Đặc biệt sau khi chuẩn hóa ta có thể dùng 3 phương pháp còn lại để chứng minh. Bài toán 4:: 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. Lời giải: Gọi D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Đặt $DB=DC=a $ không đổi. Theo định lí Ptô-lê-mê ta có: $AD.BC=AB.DC+AC.BD=a(AB+AC) \Rightarrow AB+AC= \frac{BC}{a}.AD $ Do $BC $ và $a $ ko đổi nên $AB+AC $lớn nhất khi và chỉ khi $AD $lớn nhất khi và chỉ khi$ A $ là điểm đối xứng của $D $ qua tâm $O $ của đường tròn. IV, Bài tập: Bài 1CMO 1988, Trung Quốc) $ABCD $ là một tứ giác nội tiếp với đường tròn ngoại tiếp có tâm ) và bán kính $R $. Các tia $AB,BC,CD,DA $ cắt $(O, 2R) $ lần lượt tại $A', B', C', D' $. Chứng minh rằng: $A'B'+B'C'+C'D'+D'A' \ge 2(AB+BC+CD+DA) $ Bài 2: Cho đường tròn $(O) $ và dây cung $BC $ khác đường kính. Tìm điểm A thuộc cung lớn $BC $ của đường tròn để $AB+2AC $ đạt giá trị lớn nhất. Bài 3: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn $(O) $. Đường tròn $(O') $ nằm trong (O) tiếp xúc với (O) tại T thuộc cung AC (ko chứa B). Kẻ các tiếp tuyến $AA', BB', CC' $tới $(O') $. Chứng minh rằng: $BB'.AC=AA'.BC+CC'.AB $ Bài 4: Cho luc giác $ABCDEF $ có các cạnh có độ dài nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng trong ba đường chéo$ AD, BE, CF $có ít nhất một đường chéo có độ dài nhỏ hơn $2 $. Bài 5: Cho hai đường tròn đồng tâm, bán kính của đường tròn này gấp đôi bán kính của đường tròn kia. $ABCD $ là tứ giá nội tiếp đường tròn nhỏ. Các tia $AB,BC,CD,DA $lần lượt cắt đường tròn lớn tại $A',B',C',D' $. Chứng minh rằng: chu vi tứ giác $A'B'C'D' $ lớn hơn 2 lần chu vi tứ giác $ABCD $. .................................................. ........................ [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
Ino_chan (17-12-2010), Phongvan34 (09-10-2010)
chien than
10-11-2007, 07:23 PM #9
psquang_pbc +Thành Viên Danh Dự+ : Nov 2007 : 747 : 9 Thắng, hôm sau em nhớ dẫn cho cái link bài gốc nhé . Không biết có giới hạn số câu trong 1 post hay kô, chứ anh thấy em rất hay chia nhỏ bài viết ra, vừa khó nhìn lại kô hay cho lắm . Anh nhắc nhở thế, lần sau rút kinh nghiệm nhé [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] __________________ [Only registered and activated users can see links. ] No pain, no gain!
psquang_pbc
10-11-2007, 07:30 PM #10
chien than +Thành Viên+ : Nov 2007 : Toán 1 K41 trường THPT chuyên ĐHSP Hà Nội : 138 : 1 :
Thắng, hôm sau em nhớ dẫn cho cái link bài gốc nhé . Không biết có giới hạn số câu trong 1 post hay kô, chứ anh thấy em rất hay chia nhỏ bài viết ra, vừa khó nhìn lại kô hay cho lắm . Anh nhắc nhở thế, lần sau rút kinh nghiệm nhé
Không phải đâu anh ạ,em ko post 1 lần được,lúc em post nó bị lỗi thế nào ý,chia nhỏ ra mới post được,không tin anh thử lại mà xem! Nó bị 3 lỗi,1 là bài viết ko quá 10000 từ và 2 lỗi nữa! [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
Phongvan34 (09-10-2010)
chien than
29-03-2008, 07:59 AM #11
vipCD +Thành Viên Danh Dự+ : Nov 2007 : 403 : 34 Một bài viết hay À làm thế nào để vẽ hình thế chienthan bài viết tốn nhiều công sức lắm, nên khen ngợi chienthan [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] __________________ TRY
vipCD
15-05-2008, 04:30 PM #12
ma 29 +Thành Viên Danh Dự+ : May 2008 : ĐH Kinh tế Quốc dân : 888 : 113 Bài viết của zaizai có hai phần mình thấy nên gộp: 1, Chứng minh quan hệ giữa các đại lượng hình học: 3, Chứng minh các đẳng thức hình học: [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
ma 29
20-08-2009, 11:03 PM #13
Conan Edogawa +Thành Viên+ : Sep 2008 : Trường ĐH Kinh tế TP.HCM : 397 : 136 đây là file pdf của bài viết trên [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
UTF-8''khamphadinhliptoleme.pdf (229.0 , )
Ý Nghĩa (23-10-2009), batngovathuvi (05-12-2009), G-Dragon (23-05-2011), o_o (19-09-2010), stoan94 (29-09-2009), thuabochay (30-09-2010)
Conan Edogawa
23-10-2009, 05:40 PM #14
jito +Thành Viên+ : Oct 2009 : 26 : 3 Ngoài ra định lí Ptoleme nếu mình nhớ không lầm thì có 1 hình thức phát biểu khác ( đã từng nghe thầy mình giảng thì phải ) là cho bốn đường tròn bất kì cùng tiếp xúc với một đường tròn ( chúng phải cùng 1 loại tiếp xúc ) thì bốn tiếp điểm đó tạo thành tứ giác có tính chất giống như đ/lí Ptoleme. Sẵn tiện có ai chứng minh định lí này không? [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
jito
23-10-2009, 09:45 PM #15
Red Devils +Thành Viên+ : Aug 2009 : Lớp 55CLC2, trường ĐHXD : 205 : 28 :
Ngoài ra định lí Ptoleme nếu mình nhớ không lầm thì có 1 hình thức phát biểu khác ( đã từng nghe thầy mình giảng thì phải ) là cho bốn đường tròn bất kì cùng tiếp xúc với một đường tròn ( chúng phải cùng 1 loại tiếp xúc ) thì bốn tiếp điểm đó tạo thành tứ giác có tính chất giống như đ/lí Ptoleme. Sẵn tiện có ai chứng minh định lí này không?
Định lí bạn nói là mở rộng của định lí Ptolemy, hay còn gọi là Định lí Casey, trong file về định lí Ptolemy cúa thầy Nam Dũng có nêu chứng minh của định lí này, bạn xem thử. [RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]
Ptolemy Inequality.doc (166.5 , )
tailsth94 (19-12-2009)
Red Devils

Từ khóa » định Lý P

Liên Hệ

TRUYỀN HÌNH CÁP SÔNG THU ĐÀ NẴNG

Địa Chỉ: 58 Hàm Nghi - Đà Nẵng

Phone: 0904961917

Web: truyenhinhcapsongthu.net

Facebook: https://fb.com/truyenhinhcapsongthu/

Twitter: @ Capsongthu

Copyright © 2022 | Thiết Kế Truyền Hình Cáp Sông Thu