Định lý ptôlêmê và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC DOÃN BẢO NGUYÊN ĐỊNH LÝ PTÔLÊMÊ VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC Chuyên ngành PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP Mã số 60.46.01.13 Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN VĂN MINH THÁI NGUYÊN - NĂM 2013 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên Tai ngay!!! Ban co the xoa dong chu nay!!! http://www.lrc-tnu.edu.vn Cơng trình hồn thành Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học TS NGUYỄN VĂN MINH Luận văn bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Ngun Tháng 06 năm 2013 Có thể tìm hiểu luận văn Trung tâm học liệu Đại học Thái Nguyên Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục lục Mở đầu Định lý Ptôlêmê bất đẳng thức Ptôlêmê 1.1 Định lý Ptôlêmê 1.2 Bất đẳng thức Ptôlêmê 10 Định lý Ptôlêmê mở rộng 2.1 Định lý Ptôlêmê không gian 2.1.1 Bất đẳng thức Ptôlêmê 2.1.2 Bất đẳng thức Ptôlêmê 2.2 Định lý Bretchneider 2.3 Định lý Casey không gian ba chiều không gian n chiều Ứng dụng định lý Ptôlêmê bất đẳng thức Ptôlêmê 3.1 Ứng dụng việc chứng minh số kết hình học 3.1.1 Điểm Toricelli 3.1.2 Bất đẳng thức Erdos-Mordell 3.1.3 Công thức tính sin(α + β) 3.1.4 Định lý Pythagore 3.1.5 Định lý hàm số cosin tam giác 3.1.6 Hệ thức Feuerbach 3.1.7 Định lý Carnot 3.2 Ứng dụng việc giải số toán 3.2.1 Định lý Ptôlêmê tứ giác điều hòa 3.2.2 Định lý Ptôlêmê số tốn cực trị hình học 3.2.3 Định lý Ptơlêmê số đẳng thức, bất đẳng thức hình học Kết luận Tài liệu tham khảo Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 14 14 14 17 19 22 34 34 34 37 38 39 39 40 41 42 42 45 52 61 62 Mở đầu Ptôlêmê hay Claudius Ptolemaeus (khoảng 100-178) nhà bác học Hy Lạp xuất xứ từ Tebaida, học hành làm việc Alexandria Ptôlêmê sinh thành phố Ptôlêmmai Hecmin (Thượng Ai Cập), đời ơng có cơng đóng góp vào phát triển khoa học nhân loại Ông viết nhiều tác phẩm lĩnh vực toán học, thiên văn học, địa lý âm nhạc Bất đẳng thức Ptơlêmê trường hợp đặc biệt nó, định lý Ptơlêmê tính chất tứ giác nội tiếp kết kinh điển đẹp hình học sơ cấp Lý chọn đề tài Định lý Ptôlêmê, bất đẳng thức Ptôlêmê mở rộng nó, ứng dụng quan trọng việc giải số toán hình học Nêu cách thức vận dụng định lý Ptơlêmê, bất đẳng thức Ptơlêmê để giải số tốn cấp trung học sở, trung học phổ thông bồi dưỡng học sinh giỏi toán Với ý tưởng này, tơi chọn đề tài cho Định lý Ptơlêmê số ứng dụng Mục đích nghiên cứu Mục đích đề tài trình bày nội dung định lý Ptôlêmê, bất đẳng thức Ptôlêmê Ứng dụng định lý Ptôlêmê, bất đẳng thức Ptơlêmê vào giải số tốn hình học Đối tượng phạm vi nghiên cứu Khảo sát lý thuyết định lý Ptôlêmê, bất đẳng thức Ptôlêmê định lý hình học, tốn có liên quan.Đó ứng dụng quan trọng kết hình học Sử dụng định lý Ptơlêmê, bất đẳng thức Ptơlêmê số tốn dành cho học sinh giỏi tốn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn cấp Phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu trực tiếp từ tài liệu giáo viên hướng dẫn, tủ sách chun tốn, tạp trí tốn học tuổi trẻ từ học kinh nghiệm giảng dạy đồng nghiệp bạn học viên lớp Ý nghĩa khoa học thực tiễn đề tài Tạo đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh giỏi cấp trung học sở, trung học phổ thông Cấu trúc luận văn Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo chương Luận văn hoàn thành định hướng hướng dẫn tận tình TS Nguyễn Văn Minh Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới thày Trong trình học tập làm luận văn, tác giả nhận quan tâm giúp đỡ Khoa Tốn, phịng đào tạo sau đại học trường ĐHKH ĐHTN Tác giả xin chân thành cảm ơn giúp đỡ quý báu Tác giả xin chân thành cảm ơn tới bạn học viên lớp toán K5A, thày tổ tốn Ban Giám Hiệu trường THPT Hồng Su Phì Hà Giang giúp đỡ tạo điều kiện để tác giả hoàn thành luận văn Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chương Định lý Ptôlêmê bất đẳng thức Ptôlêmê 1.1 Định lý Ptôlêmê Định lý 1.1 (Xem [2]) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) Khi AC.BD = AB.CD + AD.BC Có nhiều cách chứng minh định lý này, sau xin trình bày số cách chứng minh • Cách 1: Sử dụng kết hai tam giác đồng dạng \=M \ Chứng minh Lấy M thuộc đường chéo AC cho ABD BC \=M \ \=M \ Khi xét ∆ABD ∆M BC có: ABD BC ADB CB Nên ∆ABD đồng dạng với ∆M BC (g.g) ta có AD MC = ⇒ AD.BC = BD.M C BD BC (1.1) AD MC \ = DBC \ nên ∆ABM đồng dạng với = ABM BD BC ∆DBC (g.g) Suy AB BD = ⇒ AB.CD = AM.BD (1.2) AM CD Lại có Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Hình 1.1 Từ (1.1) (1.2) suy AD.BC + AB.CD = BD.M C + AM.BD = AC.BD • Cách 2: Sử dụng đường thẳng Simson Trước hết ta có định lý đường thẳng Simson Từ điểm D vòng tròn ngoại tiếp ∆ABC ta hạ đường vng góc xuống BC, CA, AB, chúng tương ứng gặp BC, CA, AB A1 , B1 , C1 Khi điểm A1 , B1 , C1 thẳng hàng, đường thẳng tạo ba điểm gọi đường thẳng Simson Ta sử dụng đường thẳng Simson để chứng minh định lý Ptơlêmê Chứng minh Hạ DA1 vng góc với BC, DB1 vng góc với AC DC1 vng góc với AB A1 , B1 , C1 thẳng hàng A1 B1 + B1 C1 = A1 C1 (1.3) Áp dụng định lý hàm số sin cho đường trịn đường kính DC, DB, DA dây cung A1 B1 , A1 C1 B1 C1 tương ứng, ta có A1 B1 = DC sin C, A1 C1 = DB sin B, B1 C1 = AD sin A Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Hình 1.2 Lại áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác ABC, ta có AB AC BC , sin B = , sin A = 2R 2R 2R Thay vào đẳng thức (1.3) rút gọn, ta thu sin C = AD.BC + AB.CD = AC.BD • Cách 3: Chứng minh định lý Ptôlêmê dùng định lý hàm số sin tam giác Chứng minh Đặt \ = ACD \ = α; DBC \ = DAC \=β ABD \ = BAC \ = γ; BCA \ = BDA \=δ BDC Áp dụng định lý hàm số sin tam giác ABD, ACD, ABC ta có AB.CD + AD.BC = 2R2 (2 sin δ sin β + sin α sin γ) = 2R2 [cos(δ − β) − cos(δ + β) + cos(α−γ) − cos(α + γ)] Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (1.4) Hình 1.3 Vì α + β + γ + δ = 1800 suy cos(δ + β) = −cos(α + γ) (1.5) Từ (1.4) (1.5) suy AB.CD + AD.BC = 2R2 [cos(δ − β) + cos(α − γ)] (1.6) Lại áp dụng định lý hàm số sin vào ∆ACD, ∆BCD, có AC.BD = 2Rsin(γ+δ)2Rsin(δ+α) = 2R2 [cos(α−γ)−cos(α+γ+2δ)] (1.7) Vì (α + γ + 2δ) + (β − δ) = 1800 suy cos(α + γ + 2δ) = − cos(β − δ) (1.8) Thay (1.8) vào (1.7) ta có AC.BD = 2R2 [cos(α − γ) + cos(δ − β)] (1.9) Từ (1.6) (1.9) suy AD.BC + AB.CD = AC.BD \ = ADC \= Hệ 1.1 (Xem [5]) Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp với ABC 900 , ta có \ BD = AC.sinBDA Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Chứng minh Ta có \ = AC.sin(BAC \ + DAC) \ AC.sinBAD = AC( BC AD DC AB AB.DC + BC.AD + )= = BD AC AC AC AC AC Vì AB.CD + BC.AD = AC.BD theo định lý Ptơlêmê Hình 1.4 Bài tốn 1.1 (Xem [5]) Cho P điểm nằm tam giác ABC \ \ = AP \ \ Gọi O1 , O2 tâm cho AP B − ACB C − ABC đường tròn nội tiếp tam giác APB, APC Chứng minh đường thẳng AP, BO1 , CO2 đồng quy điểm Giải Gọi D, E, F chân đường vng góc hạ từ P tương ứng xuống BC, CA, AB Ta có \ \ \ \ + EAP \ DF E = DF P + EF P = DBP \ \ \ \ = (900 − DP B + 900 − EP A) = 1800 − (3600 − AP B − DP E) \ \ = AP \ \ = −1800 + AP B + (1800 − ACB) B − ACB Tương tự ta có \ = AP \ \ DEF C − ABC Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 49 Bài toán 3.8 (Xem [7]) [Olympic Toán học Belarusia, 1999] Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn tâm O Phân giác góc A cắt BC A1 cắt đường tròn (O) A2 Định nghĩa tương tự với điểm B1 , B2 C1 , C2 tương ứng Chứng minh A1 A2 B1 B2 C1 C2 + + ≥ BA2 + A2 C CB2 + B2 A AC2 + C2 B Giải Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp CA2 BA, ta Hình 3.14 CA2 AB + BA2 AC = BC.AA2 Vì BA2 = CA2 nên CA2 (AB + AC) = BC.AA2 CA2 BC + BA2 AB + AC A1 A2 A1 A2 = , Mặt khác ∆CA1 A2 ∼ ∆ACA2 suy BA2 + A2 C 2CA2 A1 A2 CA2 = Do 2CA2 2AA2 Ngồi ta có A1 A2 BC = BA2 + A2 C 2(AB + AC) (3.10) Tương tự B1 B2 AC = CB2 + B2 A 2(AB + BC) C1 C2 AB = AC2 + C2 B 2(AC + BC) Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (3.11) (3.12) 50 Cộng theo vế đẳng thức (3.10), (3.11) (3.12) ta A1 A2 B1 B2 C C2 + + BA2 + A2 C CB2 + B2 A AC2 + C2 B BC AC AB = + + 2(AB + AC) 2(AB + BC) 2(AC + BC) Áp dụng bất đẳng thức Nesbit cho ba số dương AB, AC, BC ta có bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy AB = BC = CA, tức tam giác ABC tam giác Bài tốn 3.9 Cho ABCD hình vng P điểm tùy ý mặt phẳng Trong số khoảng cách PA, PB, PC PD gọi M giá trị lớn m giá trị nhỏ Chứng minh √ P A + P B + P C + P D ≥ (1 + 2)M + m Đẳng thức xảy nào? Giải Khơng tính tổng qt, giả sử M = P D, m = P B Hình 3.15 Áp dụng bất đẳng thức Ptôlêmê cho tứ giác P ADC , ta P A.CD + P C.AD ≥ P D.AC √ AC Vì AD = CD = √ nên P A + P C ≥ 2P D Do √ √ P A + P B + P C + P D ≥ (1 + 2)P D + P B = (1 + 2)M + m Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 51 Đẳng thức xảy đẳng thức Ptơlêmê xảy hay P nằm đường trịn ngoại tiếp hình vng ABCD Bài tốn 3.10 (Xem [6]) [Olympic Toán học 30/4, tập đề nghị, 2000] Chứng tỏ tam giác ABC ta có bc ac ab + + ≥4 ma mb mb mc mc ma với a, b, c độ dài ba cạnh ma , mb , mc độ dài đường trung tuyến tương ứng tam giác Giải Điều phải chứng minh tương đương với Hình 3.16 abmc + bcma + camb ≥ 4ma mb mc Áp dụng bất đẳng thức Ptôlêmê cho tứ giác CM GN , ta có GC.M N ≤ GN.M C + GM.N C c a b Tức mc ≤ mb + ma hay 2mc c ≤ mb a + ma b, nhân hai vế 3 bất đẳng thức với c > ta 2mc c2 ≤ acmb + bcma (3.13) Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Ptôlêmê cho tứ giác ABM N ta ab c2 AM.BN ≤ AN.BM + AB.M N , suy ma mb ≤ + , tức 4ma mb mc ≤ abmc + 2c2 mc (3.14) Từ (3.13) (3.14) suy điều phải chứng minh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 52 3.2.3 Định lý Ptôlêmê số đẳng thức, bất đẳng thức hình học Bài tốn 3.11 (Xem [2]) Giả sử M điểm tùy ý đường tròn ngoại tiếp lục giác A1 A2 A3 A4 A5 A6 Chứng minh M A1 + M A3 + M A5 = M A2 + M A4 + M A6 Hình 3.17 _ Giải Khơng tính tổng qt, giả sử M nằm cung nhỏ A1 A6 đường tròn ngoại tiếp lục giác A1 A2 A3 A4 A5 A6 Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp M A1 A2 A3 , M A1 A3 A4 , M A1 A3 A5 , M A1 A3 A6 ta thu  √  x + x = x 3 √   2x3 − x1 = x4 x1 + x5 = x3 √    x3 − 2x1 = x6 xi = M Ai , (i = 1, 2, 3, 4, 5, 6) Từ (x1 + x3 )2 + (x3 − 2x1 )2 + (2x3 − x1 )2 = 3(x2 + x4 + x6 ) ⇔ x1 + x3 + (x1 − x3 )2 = x2 + x4 + x6 hay x1 + x3 + x5 = x2 + x4 + x6 Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 53 Bài toán chứng minh Bài toán 3.12 (Xem [5]) [New Zealand, 1998] Cho M, A1 , A2 , , An (n ≥ 3) điểm phân biệt mặt phẳng thỏa mãn A1 A2 = A2 A3 = · · · = An−1 An = An A1 Chứng minh 1 1 + + ≥ M A1 M A2 M A2 M A3 M An−1 M An M A1 M An Xác định dấu đẳng thức xảy nào? Giải Với số nguyên k n − 1, áp dụng bất đẳng thức Ptôlêmê cho tứ giác M A1 Ak Ak+1 ta M A1 Ak Ak+1 + A1 Ak M Ak+1 ≥ A1 Ak+1 M Ak (3.15) Chia hai vế bất đẳng thức cho M A1 M Ak M Ak+1 ta A1 Ak+1 A1 Ak Ak Ak+1 ≥ − M Ak M Ak+1 M A1 M Ak+1 M A1 M Ak Lấy tổng n − bất đăng thức này, ta A1 A2 A2 A3 An−1 An + + ··· + ≥ M A1 M A2 M A2 M A3 M An−1 M An A1 An A1 A1 A1 An − = M A1 M An M A1 M A1 M A1 M An Vì A1 A2 = A2 A3 = · · · = An−1 An = An A1 nên ta bất đẳng thức cần chứng minh Đẳng thức xảy (3.15) dấu đẳng thức xảy với tất giá trị k = 1, 2, , n − Điều xảy theo thứ tự M, A1 , Ak , Ak+1 nằm đường tròn Trong trường hợp _ A1 A2 An đa giác M thuộc cung nhỏ Ak An Bài toán 3.13 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường thẳng _ d tiếp xúc với (O) điểm E thuộc cung BC không chứa A Gọi , hb , hc độ dài đoạn thẳng vuông góc với d kẻ từ A, B, C tương ứng Chứng minh p p p sinA = hb sinB + hc sinC Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 54 Hình 3.18 Giải Gọi D chân đường vng góc hạ từ B xuống d ta có \ = AE AE ⇒ = AE.sinAED 2R p AE = √ 2R Tương tự p BE p CE hb = √ , hc = √ 2R 2R (3.16) Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ABEC ta AE.AC = BE.AC + CE.AB Theo định lý hàm số sin BC CA AB = = \ \ \ sinBAC sinCBA sinACB Do \ = BC.sinCBA \ + CE.sinACB \ AE.sinBAC Từ (3.16) (3.17) suy p p p \ = hb 2R.sinCBA \ = hc 2R.sinACB \ 2R.sinBAC Hay p sinA = p hb sinB + p hc sinC Bài toán chứng minh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (3.17) 55 Bài toán 3.14 (Xem [5]) [China League, 1989] Cho tam giác ABC (AB > AC) nội tiếp đường trịn (O,R) Phân giác ngồi A cắt (O) E Gọi F hình chiếu E AB Chứng minh 2AF = AB − AC Hình 3.19 \ = α, theo cơng thức lượng giác ta có Giải Đặt BAC α α AF BC = 2Rsinα, CE = 2Rsin(900 + ), BE = 2Rcos , AE = α 2 sin Lại có tứ giác AEBC nội tiếp, áp dụng đẳng thức Ptôlêmê ta có AE.BC + AC.BE = AB.CE α AF α ⇔ 2Rsinα + AC.2Rcos = AB.2Rsin(90 + ) α 2 sin Từ suy α α 2R.(AB − AC)cos = 2R.2AF cos 2 Hay 2AF = AB − AC Bài toán chứng minh Bài toán 3.15 (China League, 2000) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp \ = CAF \, đường tròn (O), hai điểm E, F thuộc cạnh BC cho BAE dựng F M ⊥AB, F N ⊥AC , kéo dài AE cắt (O) D Chứng minh SAM DN = SABC Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 56 Hình 3.20 \ = CAF \ = α, EAF \ = β Ta có Giải Đặt BAE 1 AF SABC = AB.AF sin(α + β) + AC.AF sinα = (AB.CD + AC.BD) 2 4R (3.18) Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ABDC ta có AB.CD + AC.BD = AD.BC suy (3.18) ⇔ SABC = AF AD.BC 4R (3.19) 1 Lại có SAM DN = AM.ADsinα + AD.AN sin(α + β) 2 = AD[AM sinα + AN sin(α + β)] = AD[AF sinαcos(α + β) + AF cosαsin(α + β)] AF = AD.AF sin(α + β) = AD.BC (3.20) 4R Từ (3.19) (3.20) suy SAM DN = SABC Bài toán chứng minh Bài toán 3.16 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), CM trung tuyến Các tiếp tuyến A B O cắt D Chứng minh \ = BCM \ ACD Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 57 Hình 3.21 Gọi N giao điểm CD với (O) Xét tam giác DN C \ = DCB \ CDB \ = BDN \ , suy ∆DBN ∼ ∆DCB DBN NB BD = (3.21) CB CD Tương tự ta có Giải DBC có (g.g) Do ∆DN A ∼ ∆DAC ⇒ NA DA = AC CD (3.22) Mà DB = DA nên từ (3.21) (3.22) suy NA NB = ⇒ N B.AC = N A.CB CB AC (3.23) Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp AN BC có AN.BC + BN.AC = AB.N C (3.24) Từ giả thiết M trung điểm AB kết hợp (3.23) (3.24) ta có 2AN.BC = 2BM.N C ⇒ BM AN = NC BC BM \ AN \ = , AN C = M BC chúng đồng NC BC \ = M \ \ = BCM \ Bài toán dạng Từ suy ACN CB hay ACD chứng minh Xét ∆M BC ∆AN C có Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 58 Nhận xét 3.3 Cơ sở để ta giải toán dạng tạo tứ giác nội tiếp để áp dụng định lí Ptơlêmê, sau sử dụng lí thuyết đồng dạng để tìm mối quan hệ đại lượng Bài toán 3.17 (Xem [4]) [IMO shorlist, 1996] Cho tam giác ABC O điểm tam giác Gọi (H), (I), (K) theo thứ tự đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC, COA, AOB Dựng A0 = AO∩(H), B = BO ∩ (I), C = CO ∩ (K) Chứng minh bất đẳng thức sau a) OA0 OB OC ≥ 8.OA.OB.OC OA0 OB OC b) + + ≥ OA OB OC Hình 3.22 \0 = sinCOB \0 , y = sinCOA \0 = sinAOC \0 , z = Giải a) Đặt x = sinBOC \0 = sinBOA \0 Khi ta dễ dàng chứng minh sinAOB y BA0 z CA0 = , = BC x BC x (3.25) Mặt khác, tứ giác A0 OBC nội tiếp nên theo đẳng thức Ptơlêmê ta có OA0 = OB.CA0 + OC.BA0 BC Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn (3.26) 59 Cộng theo vế (3.25) (3.26), sau áp dụng bất đẳng thức AG − GM , ta √ y z yz.OB.OC OA0 = OB + OC ≥ (3.27) x x x Tương tự ta có √ z x zx.OC.OA OB = OC + OA ≥ (3.28) y y y √ y x xy.OA.OB (3.29) OC = OA + OB ≥ z z z Nhân theo vế ba bất đẳng thức (3.27), (3.28) (3.29) ta OA0 OB OC ≥ 8.OA.OB.OC Đây điều cần chứng minh OA0 OB OC b) Ta có + + OA OB OC y OB z OC z OC x OA x OA y OB =( )+( )+( + )+( + ) x OA x OA y OB y OB z OC z OC y OB x OA z OC y OB x OA z OC =( )+( )+( + )+( + ) ≥ x OA y OB y OB z OC z OC x OA Đây điều phải chứng minh Chú ý Bất đẳng thức AM − GM phát biểu sau Với n số dương a1 , a2 , , an ta ln có √ a1 + a2 + · · · + an ≥ n a1 a2 an n Đẳng thức xảy a1 = a2 = · · · = an Bài tốn 3.18 (Xem [5]) [Thi vơ địch tốn Iran, 1997] Cho tam giác ABC có BC > CA > AB Gọi D điểm cạnh BC, E điểm cạnh AB kéo dài phía A cho BD = BE = AC Đường tròn ngoại tiếp tam giác BED cắt cạnh AC điểm P đường thẳng BP cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Q Chứng minh AQ + CQ = BP Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 60 Hình 3.23 Giải Vì tứ giác BEP D BAQC nội tiếp nên ta có \ \ \ = QAC \ P ED = P BD = QBC \ \ = 1800 − CBA \ = AQC \ EP D = 1800 − DBE Từ có ∆P ED ∼ ∆QAC , suy AC.EP AC.P D = AQ, = QC DE DE (3.30) Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp BEP D ta BD.EP + BE.P D = BP.DE (3.31) Vì BD = BE = AC nên từ (3.31) ta có AC.EP + AC.P D = BP.DE ⇒ AC.EP AC.P D + = BP DE DE (3.32) Từ (3.30) (3.32) ta có AQ + CQ = BP Bài tốn chứng minh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 61 Kết luận Hình học lĩnh vực toán học mang lại cho người yêu toán nhiều điều thú vị khó khăn Định lý Ptơlêmê, bất đẳng thức Ptôlêmê mở rộng, ứng dụng quan trọng việc giải số tốn hình học Luận văn Định lý Ptôlêmê số ứng dụng giải vấn đề sau: - Trình bày nội dung định lý Ptơlêmê mở rộng - Từ kiến thức đưa dạng toán cách thức áp dụng định lý Ptơlêmê vào giải tốn - Nêu cách thức vận dụng định lý Ptôlêmê, bất đẳng thức Ptơlêmê để giải số tốn cấp trung học sở, trung học phổ thông bồi dưỡng học sinh giỏi toán - Luận văn giới thiệu số định lý hình học tiếng như: Bất đẳng thức Erdos-Mordell, định lý Carnot, hệ thức Feuerbach, Tuy nhiên, luận văn hạn chế, chưa khai thác hết việc vận dụng định lý Ptôlêmê ứng dụng để giải nhiều dạng tập hình học Tác giả mong muốn bạn đọc quan tâm mở rộng kết để giúp luận văn hồn chỉnh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 62 Tài liệu tham khảo [1] Bộ giáo dục đào tạo, Hội toán học Việt Nam (1997), Các toán chọn lọc - 45 năm tạp chí tốn học tuổi trẻ, NXB Giáo Dục [2] Trần Nam Dũng (2011), Ptolemy’s inequality and its applications, Kỷ yếu hội nghị khoa học,Việt Trì [3] Lê Quốc Hán (2006), Ẩn sau định lý Ptôlêmê, NXB Giáo Dục [4] Một số Tạp chí tốn học tuổi trẻ, NXB Giáo dục [5] Th.s Nguyễn Văn Nho (2011), Những định lý hình học phẳng qua kì thi Olympic, NXB Đại Học Sư Phạm [6] Các tuyển tập đề thi Olympic 30-4, NXB Đại Học Sư Phạm [7] Bộ giáo dục đào tạo, Hội toán học Việt Nam (1991 - 1995), Tuyển tập năm THTT , NXB Giáo dục Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 63 Luận văn sửa theo ý kiến hội đồng chấm luận văn ngày 22/ 06/ 2013 Trường Đại học Khoa Học, Đại học Thái Nguyên Người hướng dẫn khoa học TS Nguyễn Văn Minh Số hóa Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn