Đang tải... (xem toàn văn)
2 MỞ ĐẦU Hình học phẳng là một nội dung cơ bản của Toán học và Toán sơ cấp nói riêng Các bài toán về tam giác và về các bất đẳng thức hình học trong tam giác là các vấn đề phổ biến Để giải quyết các b[.]
2 MỞ ĐẦU Hình học phẳng nội dung Tốn học Tốn sơ cấp nói riêng Các toán tam giác bất đẳng thức hình học tam giác vấn đề phổ biến Để giải toán đó, số phương pháp sử dụng như: phương pháp biến hình (phép quay, tịnh tiến, nghịch đảo, ), vẽ thêm hình điểm mới, Bên cạnh việc sử dụng số phức phương pháp hiệu quả, toán bất đẳng thức hình học Luận văn trình bày số tốn tam giác bất đẳng thức hình học Cụ thể, nội dung luận văn xoay quanh định lý cổ điển Pompeiu, nói ba độ dài đoạn thẳng nối từ điểm mặt phẳng đến ba cạnh tam giác lập thành ba cạnh tam giác Các tính chất liên quan đến tam giác nghiên cứu; đồng thời phiên tổng quát Định lý Pompeiu, định lí đảo Định lí Pompeiu số ứng dụng Định lí Pompeiu trình bày luận văn Nội dung luận văn gồm Chương: Chương 1: Trình bày Định lý Pompeiu định lý đảo Chương 2: Trình bày tổng qt hóa Định lý Pompeiu Chương 3: Trình bày ứng dụng Định lý Pompeiu Một số vấn đề liên quan đến toán tam giác nhắc đến Luận văn thực hoàn thành trường Đại học Khoa học – Đại học Thái Nguyên hướng dẫn khoa học TS Nguyễn Tất Thắng Qua đây, em xin gửi lời cảm ơn sâu sắc đến thầy giáo, người hướng dẫn khoa học TS Nguyễn Tất Thắng, người đưa đề tài tận tình hướng dẫn suốt trình nghiên cứu em Đồng thời em chân thành cảm ơn thầy cô giáo khoa Toán – Tin học trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên, thầy cô trang bị kiến thức cho em thời gian học tập trường, tạo điều kiện cho em tài liệu thủ tục hành để em hồn thành luận văn Chương Định lý Pompeiu Ba đoạn thẳng lập thành ba cạnh tam giác tổng độ dài hai cạnh lớn độ dài cạnh thứ ba Trong Chương cách dựng ba cạnh tam giác 1.1 Định lý Pompeiu Định lý 1.1 (Định lý Pompeiu, xem [5]) Cho tam giác ABC M điểm mặt phẳng chứa tam giác Khi M A, M B M C lập thành độ dài ba cạnh tam giác Tam giác suy biến điểm M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác Trong mục ta chứng minh nửa đầu định lý trên, phần lại chứng minh mục sau π biến A thành B Gọi M ảnh M qua phép quay Từ M A = M B M M = M C Vậy ∆M M B có ba cạnh với độ dài M B, M C, M A Thực phép quay tâm C , góc Định nghĩa 1.1 Với kí hiệu Định lý 1.1, ta gọi tam giác với độ dài ba cạnh M A, M B , M C tam giác Pompeiu Nhận xét 1.1 Theo cách chứng minh Định lý 1.1, M thuộc miền ∆ABC tam giác Pompeiu xây dựng cách tường minh Định lý 1.2 (Định lý Tabrica, xem [7] ) Cho tam giác AB C M điểm nằm miền tam giác Khi góc diện tích tam giác Pompeiu tính sau ◦ \ ◦ \ ◦ \ (a) Ba góc tam giác BM √C − 60 , CM A − 60 , AM B − 60 , |M O|2 , O tâm tam giác (b) Diện tích S∆ABC − ABC Bổ đề 1.1 Cho ∆ABC , với G trọng tâm tam giác Cho M bất kì, ta có: M A2 + M B + M C = 3M G2 + AB + BC + CA2 Chứng minh Ta có −−→ −−→ −−→ M A2 + M B + M C = M A2 + M B + M C −−→ −→2 −−→ − −→2 −−→ −→2 = M G + GA + M G + GB + M G + GC −−→ −−→ −→ −→ −−→ −−→ −−→ = M G2 + 2M G.GA + GA2 + M G2 + 2M G.GB −−→ −−→ −−→ −→ −→ + GB + M G2 + 2M G.GC + GC −−→ −−→ −→ −−→ −→ = 3M G2 + 2M G GA + GB + GC −→ −−→ −→ + GA2 + GB + GC −−→ −−→ → −−→ −→ − −→ = 3M G2 + 2M G + GA2 + GB + GC −−→ −→ −−→ −→ = 3M G2 + GA2 + GB + GC Suy M A2 + M B + M C = 3M G2 + GA2 + GB + GC (1.1) Mà GA2 = AA0 2 " 4 AB + AC = AA02 = 9 − BC # Trong AA’ trung tuyến kẻ từ đỉnh A tam giác ABC Vậy 2 GA2 = AB + AC − BC 9 Tương tự 2 GB = AB + BC − AC , 9 2 GC = AC + BC − AB 9 Suy GA2 + GB + GC = AB + BC + CA2 Thay (1.2) vào (1.1) ta có M A2 + M B + M C = 3M G2 + (1.2) AB + BC + CA2 Chứng minh Định lý Tabrica (a) Gọi N điểm mặt phẳng ∆ABC cho ∆BN M tam giác tia BC nằm hai tia BM BN Xét hai tam giác AM B BN C , ta có \ \ \ AB = BC, BM = BN M BA = 60◦ − M BC = CBN Vậy ∆AM B = ∆BN C(c.g.c) Do AM = CN, tức ∆N M C tam giác Pompeiu Ta có \ \ \ \ CM N = CM B−N M B = CM B − 60◦ , \ \ \ \ \ CN M = CN B−M N B = CN B − 60◦ = AM B − 60◦ \ \ \ M CN = 180◦ − (CM N + CN M) \ \ = 180◦ − (CM B − 60◦ + AM B − 60◦ ) \ = AM C − 60◦ (b) Từ phần (a), suy \ N S∆CM N = CM.M N sin CM ◦ \ = CM.BM sin CM B − 60 √ ! 1 \ \ = CM.BM sin CM B − cosCM B 2 √ \ \ = CM.BM sin CM B− CM.BM cos CM B 4 √ = S∆CM B − CM + BM − a2 , với a = BC = CA = AB Tương tự ta chứng minh √ CM + M A2 − a2 S∆CM N = S∆CM A − √ S∆CM N = S∆BM A − BM + M A2 − a2 Cộng ba đẳng thức trên, ta √ 3S∆CM N = S∆ABC − 2M A2 + 2M B + 2M C − 3a2 Mặt khác, ta có cơng thức Leibniz cho ∆ABC với trọng tâm G điểm M AB + BC + CA2 Khi ∆ABC G ≡ O (tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác) a2 = AB = BC = AC , M A2 + M B + M C = 3M G2 + M A2 + M B + M C = 3M O2 + a2 Do đó, ta √ 6M O2 + 2a2 − 3a2 3S∆CM N = S∆ABC − √8 √ 3.6 = S∆ABC − M O2 + a 8 √ a , nên Hơn S∆ABC = √ 3 3S∆CM N = S∆ABC − M O2 + S∆ABC √ 3 = S∆ABC − M O2 Định lý 1.3 (Định lý Van Schooten, xem [8]) Cho điểm P nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Khi đoạn dài ba đoạn thẳng P A, P B , P C có độ dài tổng độ dài hai cạnh lại Chứng minh Giả sử điểm P nằm cung nhỏ BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Thực phép quay tâm B góc 60◦ biến điểm C thành điểm A, \ AP B = 60◦ nên phép quay biến điểm P thành P thuộc tia P A Ta có tam giác P P B đều, P nằm đoạn P A Xét hai tam giác AP B CP B , ta có AB = BCP \ \ AB = BC, P Ngoài BC ) \0 = CBP \ (vì 60◦ − P\ ABP Do ∆AP B = ∆CP B Suy AP = CP Vậy P A = P P + P A = P B + P C 1.2 Bất đẳng thức Ptolemy Định lý Pompeiu Bất đẳng thức Ptolemy liên hệ độ dài đường chéo với độ dài cạnh tứ giác Từ bất đẳng thức Ptolemy suy Định lý Pompeiu cho chứng minh khác định lý Định lý 1.4 (Định lý Ptolemy, xem [4]) Nếu A, B , C , D đỉnh tứ giác lồi nội tiếp đường trịn AC.BD = AB.CD + BC.AD Nhận xét 1.2 Định lý phát biểu thành định lý thuận đảo - Thuận: Nếu tứ giác nội tiếp đường trịn tích hai đường chéo tổng tích cặp cạnh đối diện - Đảo: Nếu tứ giác thỏa mãn điều kiện tổng tích cặp cạnh đối diện tích hai đường chéo tứ giác nội tiếp đường tròn Chứng minh Định lý Ptolemy Gọi ABCD tứ giác nội tiếp đường tròn Trên cung nhỏ BC , ta có \ = BDC \ cung AB ta có ADB \ = ACB \ Lấy góc nội tiếp BAC \ = CBD \ Từ điểm K đoạn AC cho ABK \ + CBK \ = ABC \ = CBD \ + ABD, \ ABK suy \ = ABD \ CBK Do ∆ABK v ∆DBC tương tự ∆ABD v ∆KBC Suy AK CD = AB BD CK DA = BC BD Từ AK.BD = AB.CD CK.BD = BC.DA Cộng hai vế hai đẳng thức trên, ta AK.BD + CK.BD = AB.CD + BC.AD hay (AK + CK) · BD = AB.CD + BC.DA Mà AK + CK = AC nên AC.BD = AB.CD + BC.DA Định lý 1.5 (Xem [4]) Nếu ABCD tứ giác AB.CD + BC.DA ≥ AC.BD Dấu xảy tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn Chứng minh 10 Sử dụng tính chất tam giác đồng dạng bất đẳng thức tam giác Dựng điểm E cho ∆BCD v ∆BEA Khi theo tính chất tam giác đồng dạng, ta có BA BD = EA CD Suy BA.CD = EA.BD (1.3) Mặt khác, ∆EBC v ∆ABD, có BA BE \ = ABD \ = EBC BD BC Từ AD EC = BC BD suy AD.BC = EC.BD (1.4) Cộng (1.3) với (1.4) ta suy AB.CD + AD.BC = BD.(EA + EC) Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta suy AB.CD + BC.DA ≥ AC.BD Hệ 1.1 (Định lý Pompeiu) Cho ∆ABC M nằm ngồi tam giác Khi M A, M B , M C lập thành độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh Không tính tổng qt, giả sử M nằm góc tạo tia AB AC Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ABM C cho ta nhận điều cần chứng minh Định lý Van Schooten mở rộng sau Định lý 1.6 (Xem [8]) Cho ∆ABC điểm P nằm đường trịn ngoại tiếp ∆ABC Kí hiệu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác ABC da , db , dc khoảng cách từ P đến BC , CA, AB Khi ba a b c tổng hai đại lượng lại đại lượng , , da db dc Ta cần chứng minh bổ đề sau 11 Bổ đề 1.2 Trong tam giác ABC, ta có h= bc 2R h độ dài đường cao ∆ABC kẻ từ A, b = AC , c = AB R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác Chứng minh Ta có: b = 2.S∆ABC ah = bc sin A Theo định lý hàm số sin b a = 2R sin A Do b = bc sin A b 2R.h sin A Từ suy điều phải chứng minh Chứng minh Định lý 1.6 Từ Bổ đề 1.2 ta có da = P B.P C 2R Tương tự db , dc a a a.P A.2R = 2R = da P B.P C P A.P B.P C b b.P B.2R b = 2R = db P A.P C P A.P B.P C c c c.P C.2R = 2R = dc P A.P B P A.P B.P C Khơng tính tổng quát, giả sử điểm P nằm cung nhỏ BC đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Theo Định lý Ptolemy, ta có a.P A = b.P B + c.P C Thay đẳng thức vào ta b c a = + da db dc Nhận xét 1.3 Từ chứng minh trên, ta có a = b = c a b c P A = P B + P C = + da db dc Do Định lí 1.6 xem mở rộng Định lý Van Schooten 18 2.2 Định lý Pompeiu tổng quát Định lý 2.1 (Xem [3]) Cho ∆ABC điểm M mặt phẳng chứa tam giác Khi M A.BC , M B.CA M C.AB lập thành ba cạnh tam giác Tam giác suy biến M nằm đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Chứng minh Giả sử mặt phẳng có hệ trục tọa độ Oxy Với điểm P (x, y) ta ứng với số phức p = x + iy Ta nói ba điểm mặt phẳng phụ thuộc tuyến tính chúng nằm đường thẳng Gọi a, b, c, m số phức cho điểm A, B , C , M Chọn hệ trục tọa độ cho A trùng với gốc tọa độ Khi a = Ta có m (b − c) = − (m − b) c + (m − c) b Lấy môđun hai vế |m||b − c| = | − (m − b)c + (m − c)b| ≤ |m − b||c| + |m − c||b| Tức AM.BC ≤ BM.AC + CM.AB, (2.1) BM.AC ≤ AM.BC + CM.AB, (2.2) CM.AB ≤ AM.BC + BM.AC (2.3) tương tự Vậy AM.BC , BM.AC , CM.AB độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh suy biến: Tam giác suy biến ba bất đẳng thức trở thành đẳng thức Giả sử (2.2) đẳng thức, tức arg((m − b).c) = arg((m − c).b) ⇔ (m − b) · c ∈R (m − c).b (m − b) · c (m − b).c = (m − c).b (m − c).b 2 2 ⇔ m.m cb − bc − |c| b − |b| c m + |c| b − |b| c m = ⇔ Ta thấy cb − bc 6= arg(c.b) = argc −argb, arg(b.c) = argb − argc, (2.4) 19 mà A, B , C thẳng hàng, suy argb 6= argc Đặt |c|2 b − |b|2 c α= c.b − b.c Từ (2.4) suy m.m − (α.m + α · m) = ⇔ |m − α| = |α| Do M thuộc đường trịn tâm α, bán kính |α| Nhận xét: A, B, C ∈ đường tròn 2 |c| b − |b| c |b − α| = |α| ⇔ b − = |α| c.b − b.c ... Ptolemy Định lý Pompeiu Bất đẳng thức Ptolemy liên hệ độ dài đường chéo với độ dài cạnh tứ giác Từ bất đẳng thức Ptolemy suy Định lý Pompeiu cho chứng minh khác định lý Định lý 1.4 (Định lý Ptolemy,... Chứng minh Ta chứng minh quy nạp theo n Với n = 3, định lý khẳng định theo định lý Giả sử định lý với n = k − 1, k > Ta cần chứng minh định lý cho đa giác k cạnh X1 X2 Xk Đa giác chia đường... Chương Định lý Pompeiu Ba đoạn thẳng lập thành ba cạnh tam giác tổng độ dài hai cạnh lớn độ dài cạnh thứ ba Trong Chương cách dựng ba cạnh tam giác 1.1 Định lý Pompeiu Định lý 1.1 (Định lý Pompeiu,