Cho tam giác ABC v ớ i BE, CF là các ñườ ng phân giác trong.[r]
(1)DIEN DAN BAT DANG THUC VIET NAM
VietNam Inequality Mathematic Forum څڅڅڅڅ
www.vimf.co.cc
Tác Giả Bài Viết: Admin
څڅڅ
(2)KHÁM PHÁ ðỊNH LÍ PTOLEME
I Mởđầu:
Hình học lĩnh vực toán học mang lại cho người u tốn nhiều điều thú vị
nhất khó khăn Nó địi hỏi ta phải có suy nghĩ sáng tạo tinh tế Trong lĩnh vực xuất ko định lí, phương pháp nhằm nâng cao tính hiệu q trình giải toán, giúp ta chinh phục ñỉnh núi ngồ ghề hiểm trở Trong viết zaizai xin giới thiệu ñến bạn vài điều định lí Ptơ-lê-mê việc chứng minh đặc tính hình học phẳng Dù ñã cố gắng viết
tránh khỏi thiếu xót mong bạn zaizai bổ sung phát triển
II Nội dung - Lí thuyết:
1 ðẳng thức Ptô-lê-mê:
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) Khi đó:
AC.BD=AB.CD+AD.BC
Chứng minh:
Lấy M thuộc ñường chéo AC cho ABD=MBC
Khi xét ∆ABDvà ∆MBCcó:
,
ABD=MBC ADB=MCB
Nên ∆ABD ñồng dạng với ∆MBC (g.g) Do ta có:
(1)
AD MC
ADBC BDMC
BD = BC ⇒ =
Lại có: BA BM
BD= BC
ABM =DBC nên ∆ABM ~∆DBC gg( )
Suy AB BD
AM =CD hay ABCD=AMBD(2)
Từ (1)và (2) suy ra: AD.BC+AB.CD=BD.MC+AM.BD=AC.BD
Vậy ñẳng thức Ptô-lê-mê ñược chứng minh
2, Bất ñẳng thức Ptơ-lê-mê
ðây coi định lí Ptơ-mê-lê mở rộng khơng giới hạn lớp tứ giác nội tiếp
ðịnh lí: Cho tứ giác ABCD Khi đó:
AC BD≤AB CD+AD BC
Chứng minh:
Trong ABC lấy ñiểm M cho:
,
ABD=MBC ADB=MCB
Dễ dàng chứng minh:
~ AD BD
BAD BMC BD CM AD CB
MC CB
∆ ∆ ⇒ = ⇒ =
(3)
, ~ ( )
AB BD AB BD
ABM DBC ABM DBC cgc AB DC BD AM
BM =BC = ⇒ ∆ ∆ ⇒ AM =CD⇒ =
Áp dụng bất ñẳng thức tam giác điều ta có:
( )
AD BC+AB DC=BD AM+CM ≥BD AC
Vậy định lí Ptơ-lê-mê mở rộng chứng minh
3, ðịnh lí Ptơ-lê-mê tổng qt:
Trong mặt phẳng ñịnh hướng cho ña giác A ,A , , A0 1 2n nội tiếp đường trịn (O) M điểm thuộc cung A A (Khơng ch0 2n ứa A ; .; A1 2n 1− )
Khi đó:
2 2 2 2 2 2
0
1 1
[ , )] [ , )] [ , )] [ , )] k k k k k k k k k k
k n k n
tg OA − OA tg OA OA + OA tg OA − OA − tg OA − OA + OA −
≤ ≤ ≤ ≤
+ = +
∑ ∑
Trong đó:
{ } 2 2 1
A− =A , An − =A n− , A n+ =A , A _ 2n+2 =A
ðây định lí khơng dễ dàng chứng minh kiến thức hình học THCS Các bạn tham khảo phép chứng minh viết ðịnh lí Ptơ-lê-mê tổng qt Tiến sĩ Nguyễn Minh Hà, ðHSP , Hà Nội thuộc Tuyển tập năm Tạp chí tốn học tuổi trẻ
III, Ứng dụng định lí Ptơ-lê-mê việc chứng minh đặc tính hình học:
1, Chứng minh quan hệ ñại lượng hình học
Mởđầu cho phần sẽđến với ví dụđiển hình việc ứng dụng định lí Ptơ-lê-mê
Bài tốn Cho tam giác đều ABC có cạnh a (a>0).Trên AC lấy ñiểm Q di ñộng, tia ñối tia CB lấy ñiểm P di ñộng cho AQ BP =a2 Gọi M giao ñiểm BQ AP
Chứng minh rằng: AM+MC=BM
đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quắ đôn, thị xã đông Hà, tỉnh Quảng Trị, 2005-2006
Chứng minh:
Từ giả thiết AQ BP =a2suy AQ AB
AB = BP
Xét ∆ABQvà ∆BPAcó:
( ) ~ ( ) (1)
AQ AB
gt BAQ ABP ABQ BPA cgc ABQ APB
AB = BP = ⇒ ∆ ∆ ⇒ =
Lại có ABQ+MBP=60 (2)o
Từ: (1), (2)⇒BMP=180o−MBP−MPB=120o ⇒AMB=180o−BMP=180o−120o=60o=ACB Suy tứ giác AMCB nội tiếp ñược đường trịn
Áp dụng định lí Ptơ-lê-mê cho tứ giác AMCB nội tiếp giả thiết AB=BC=CA ta có:
ABMC+BCAM =BM AC⇒AM +MC=BM (ñpcm)
ðây toán dễ tất nhiên cách giải ko đơn giản lắm.Vì muốn sử dụng
đẳng thức Ptơ-lê-mê kì thi có lẽ phải chứng minh dạng bổ ñề Nhưng ñiều
chú ý ởñây ta chẳng cần phải suy nghĩ nhiều dùng cách dùng cách
khác lời giải có lại ko mang vẻ tường minh
Bài tốn Tam giác ABC vng có BC>CA>AB Gọi D điểm cạnh BC, E
ñiểm cạnh AB kéo dài phía điểm A cho BD=BE=CA Gọi P ñiểm cạnh AC
sao cho E, B, D, P nằm đường trịn Q giao điểm thứ hai BP với đường trịn
ngoại tiếp △ABC Chứng minh rằng: AQ+CQ=BP
ðề thi chọn đội tuyển Hồng Kơng tham dự IMO 2000, HongKong TST 2000
Chứng minh:
(4)
CAQ=CBQ=DEP (cùng chắn cung trịn) Mặt khác AQC=108o−ABC=EPD
Xét ∆AQCvà ∆EPDcó:
, ~ AQ CA (1)
AQC EPD CAQ DEP AQC EPD AQ ED EP CA EP BD
EP ED
= = ⇒ ∆ ∆ ⇒ = ⇒ = =
(do AC=BD)
(2)
AC QC
ED QC AC PD BE PD
ED = PD⇒ = = (do AC=BE)
Áp dụng định lí Ptơ-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⇒AQ+QC=BP (đpcm)
Có thể thấy tư tưởng ñơn giản ñể ta xây dựng cách giải Tức dựa vào
các ñại lượng tam giác theo giả thiết ta sử dụng tam giác ñồng dạng ñể suy
các tỉ số liên quan sử dụng phép thếñể suy ñiều phải chứng minh Cách làm tỏ
là hiệu minh họa rõ ràng qua ví dụ mà zaizai ñã nêu ðể làm rõ phương
pháp ñến với việc chứng minh ñịnh lí Ptơ-lê-mê
Bài tốn ( ðịnh lí Carnot)
Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp ñường tròn (O, R) ngoại tiếp ñường tròn (I, r) Gọi
x,y,z khoảng cách từ O tới cạnh tam giác Chứng minh rằng: x+y+z=R+r
Chứng minh:
Gọi M, N, P trung ñiểm BC, CA, AB Giả sử x=OM, y=ON, z=OP, BC=a, CA=b, AB=c Tứ giácOMBP nội tiếp, theo đẳng thức Ptơ-lê-mê ta có: OB.PM=OP.MB+OM.PB
Do đó:
2 2
b a c
R =z +x
Tương tự ta có :
,
(2) (3)
2 2 2
c a b a c b
R = y +x R = y +z
Mặt khác:
( ) (4)
2 2 ABC OBC OCA OAB 2
a b c a b c
r + + =S =S +S +S =x +y +z
Từ (1), (2), (3), (4) ta có:
( )( ) ( )( )
2
a b c a b c
R+r + + = x+ +y z + + ⇒R+ = + +r x y z
ðây định lí quen thuộc cách chứng minh ñơn giản Ứng dụng ñịnh lí
nhưđã nói dùng nhiều tính tốn đại lượng tam giác ðối với trường hợp tam
giác khơng nhọn cách phát biểu định lí có sư thay đổi
2, Chứng minh đặc tính hình học
Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) AC=2AB Các đường thẳng tiếp xúc với đường trịn (O) A, C cắt P Chứng minh BP ñi qua điểm cung BAC
(5)Gọi giao ñiểm BP với ñường trịn N Nối AN, NC
Xét △NPCvà △CPBcó: PCN=PBC P, ˆ chung
~ ( ) PC NC(1)
NPC CPB gg
PB BC
⇒ ∆ ∆ ⇒ =
Tương tự ta có
~ ( ) AP AN(2)
PAN PBA gg
BP AB
∆ ∆ ⇒ =
Mặt khác PA=PC( tiếp tuyến đường trịn cắt nhau)
Nên từ
(1), (2) PA NC AN NCAB BCAN(3)
PB BC AB
⇒ = = ⇒ =
Áp dụng định lí Ptơ-lê-mê cho tứ giác nội tiếp ABCN ta có: AN.BC+AB.NC=AC.BN
Từ (3)⇒2AB NC =AC BN =2AB BN ⇒NC=BN
Vậy ta có điều phải chứng minh
ðây có lẽ lời giải ngắn ấn tượng này.Chỉ cần qua vài trình tìm kiếm cặp tam giác đồng dạng ta dễ dàng đến kết luận tốn Tư tưởng
ban đầu làm tốn dựa vào lí thuyết đường tròn hai dây
nhau căng hai cung Do có liên quan đến đại lượng tứ giác nội tiếp nên việc chứng minh dễ dàng
Bài toán Cho tam giác ABC có I tâm đường trịn nội tiếp, O tâm đường trịn ngoại tiếp
và trọng tâm G Giả sử OIA=90o Chứng minh IG song song với BC
Chứng minh
Kéo dài AI cắt (O) N Khi N điểm cung BC (khơng chứa A)
Ta có: BN=NC (1) Lại có :
(2)
IBN=BIN⇒BN=IN
Do OI⊥AE
2
IA IN
⇒ = = sñ cung BC(3)
Từ (1), (2), (3)⇒BN=NC=IN=IA(4)Áp dụng định lí Ptơ-lê-mê cho tứ giác nội tiếp ABNC ta có:
BN.AC+AB.NC=BC.AN
Từ (4)⇒BN AC( +AB)=2BN BC ⇒AC+AB=2BC(5) Áp dụng tính chất ñường phân giác tam giác (5) ta có:
2
2
AB IA AC AB AC AB AC BC
BD ID CD BD CD BC BC
+ +
= = = = = =
+
Vậy IA 2(6)
ID=
Mặt khác G trọng tâm tam giác suy AG 2(7)
GM =
Từ (6), (7) IA AG
ID GM
⇒ = =
Suy IG đường trung bình tam giác ADM hayIG song song với BC
ðây tốn hay THCS với cách làm "ngắn gọn" ta
đã phần hình dung vẻđẹp định lí
Bài tốn Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O), CM trung tuyến Các tiếp tuyến A
và B (O) cắt D Chứng minh rằng: ACD=BCM
(6)Gọi N giao ñiểm CD với (O) Xét tam giác DNB DBC có:
ACD=BCM chung
~ ( ) NB BD(1)
DBN DCB gg
CB CD
⇒ ∆ ∆ ⇒ =
Tương tự ta có :
~ ( ) NA DA(2)
DNA DAC gg
AC CD
∆ ∆ ⇒ =
Mà BD=DAnên từ
(1), (2) NB NA NB AC AN BC (3)
CB AC
⇒ = ⇒ =
Áp dụng định lí Ptơ-lê-mê cho tứ giác nội tiếp ANBC ta có: AN.BC+BN.AC=AB.NC
Từ (3) giả thiết
2 2 AN BM
AB BM ANBC BMNC
NC BC
= ⇒ = ⇒ =
Xét ∆BMCvà ∆NACcó:
,AN BM ~ ( )
MBC ANC BMC NAC cgc BCM NAC
NC BC
= = ⇒ ∆ ∆ ⇒ =
Vậy tốn chứng minh
Cơ sởñể ta giải toán dạng tạo tứ giác nội tiếp để áp dụng định lí sau
đó sử dụng lí thuyết đồng dạng để tìm mối quan hệ ñại lượng ðây lối suy biến ngược hình học
3, Chứng minh đẳng thức hình học
Bài tốn Giả sử M, N ñiểm nằm △ABCsao cho MAB=NAC MBA, =NBC
Chứng minh rằng:
1
AM AN BM BN CM CN
AB AC + BA BC + CA CB =
Chứng minh:
Lấy ñiểm K ñường thẳng BN cho BCK=BMA, lúc ∆BMA~∆BCK suy ra: (1)
AB BM AM AB BK
BK = BC = CK ⇒MB= BC
Mặt khác dễ thấy ABK=MBC, từđó ∆ABK ~∆MBC dẫn đến AB BK AK (2)
BM = BC =CM
Cũng từ ∆BMA~∆BCKta có:
CKN=BAM =NAC suy tứ giác ANCK nội tiếp đường trịn Áp dụng định lí Ptơ-lê-mê cho tứ giác ABCK ta có:
( )
AC.NK=AN.CK+CN.AK Nhưng từ (1) (2) :
, ,
AM BC AB CM AB BC
CK AK BK
BM BM BM
= = =
Nên ta có đẳng thức (3)
( ) (AB BC ) ANAMBC CNABCM
AC BK BN ANCK CNAKAC BN
BM BM BM
⇔ − = + − = +
1
AM AN BM BN CM CN
ABBCCA ANAMBC CNABCM BNBMAC
AB AC BA BC CA CB
(7)ðây toán cổ điển IMO Shortlist Ta giải toán theo hướng khác dài phức tạp sử dụng bổñề: Nếu M,N ñiểm
thuộc cạnh BC ∆ABC sao cho MAB=NACthì AMAN=ABAC− BMBNCM CN ðây
là bổñề mà bạn nên ghi nhớ
Bài toán Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O) Chứng minh rằng:
AC BCCD ABBD
BD BCBA DCDA
+ =
+
Chứng minh:
Lấy E F thuộc đường trịn cho:
,
CDB=ADE BDA=DCF
Khi đó: AE=BC, FD=AB, EC=AB, BF=AD
Áp dụng định lí Ptơ-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp AECD BCDF ta có:
( ) ( )
AC.ED=AE.CD+AD.EC=BC.CD+AD.AB , BD.CF=BC.DF+BF.CD=BC.AB+AD.CD
Mặt khác:
CDE=CDB+BDE=ADE+BDE=ADB=FCD
Do đó:
FDC=FDE+EDC=FCE+FCD=ECD
Suy ra: ED=FC 3( )
Từ (1), (2), (3) ta có ñiều phải chứng minh
Bài toán Cho tam giác ABC với BE, CF ñường phân giác Các tia EF, FE cắt
đường trịn ngoại tiếp tam giác theo thứ tự M N Chứng minh rằng:
1 1 1
BM +CN = AM + AN+BN+CM
Chứng minh:
ðặt BC=a, CA=b, AB=c
Áp dụng định lí Ptơ-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp AMBC ANCB ta có:
( ) ( )
a.AM+b.BM=c.CM , a.AN+a.CN=b.BN Từ (1) (2) ta ñược:
( ) ( ) ( ) ( )
a AM+AN =b BN−BM +c CM−CN Mặt khác ta lại có:
~ ( ) AM MF(4)
ANF NBF gg
BN BF
∆ ∆ ⇒ =
Tương tự :
~ ( ) AN AF (5)
ANF MBF gg
BM MF
∆ ∆ ⇒ =
Từ (4), (5) tính chất đường phân giác ta có:
(6)
AM AN AF b
BM BN = BF =a
Chứng minh tương tự ta ñược:
(7)
AM AN AE c
CM CN =CE =a
Từ (3), (6), (7) ta có ñiều phải chứng minh
Có thể dễ dàng nhận nét tương ñồng cách giải tốn vận dụng cách vẻ
hình phụ tạo cặp góc cặp góc cho sẵn từđó tìm biểu diễn liên quan Một
(8)4, Chứng minh bất ñẳng thức giải tốn cực trị hình học
Bài toán (Thi HSG vùng Mĩ, năm 1987)
Cho tứ giác nội tiếp có cạnh liên tiếp a,b,c,d đường chéo p,q Chứng
minh rằng:
2 2
( )( )
pq≤ a +b c +d
Chứng minh:
Áp dụng định lí Ptơ-lê-mê cho tứ giác nội tiếp ac+bd=pq Vậy ta cần chứng minh p q2 2=(ac+bd)2≤(a2+b2)(c2+d2)
Bất đẳng thức bất đẳng thức quen thuộc mà có lẽ biết bất đẳng thức Bunhiacopxki-BCS Vậy tốn chứng minh
Một lời giải đẹp vơ gọn nhẹ cho tốn tưởng chừng khó Ý tưởng ởñây
ñưa bất ñẳng thức cần chứng minh dạng ñơn giản ñại số Thật thú vị bất
ñẳng thức lại BCS
Bài tốn Cho lục giác lồi ABCDEF thỏa mãn ñiều kiện AB=BC, CD=DE, EF=FA
Chứng minh rằng:
2 2
2 2
3 ( ) ( ) ( )
2 ( ) ( ) ( )
BC DE FA AC CE CE AE AE AC
BE DA FC AC CE CE AE AE AC
− + − + −
+ + ≥ +
+ + + + +
Chứng minh:
ðặt AC=a, CE=b, AE=c Áp dụng định lí Ptơ-lê-mê mở rộng cho tứ giác ACEF ta có: AC EF +CE AF ≥AE CF
Vì EF=AF nên suy ra:
FA c
FC≥a+b
Tương tự ta có: ,
DE b BC a
DA≥c+a BE ≥b+c
Từđó suy
2 2
2 2
3 ( ) ( ) ( )
2 ( ) ( ) ( )
BC DE FA AC CE CE AE AE AC
BE DA FC AC CE CE AE AE AC
− + − + −
+ + ≥ +
+ + + + +
2 2
2 2
3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
a b c a b b c c a
b c c a a b a b b c c a
− + − + −
⇔ + + ≥ +
+ + + + + + + +
2 2
2 2
3 ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
a b c a b b c c a
b c c a a b a b b c c a
− + − + −
⇔ + + − ≥
+ + + + + + + +
2 2 2
2 2
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
2( )( ) 2( )( ) 2( )( ) ( ) ( ) ( )
a b b c c a a b b c c a
b c a c b a c a c b a b a b b c c a
− − − − + − + −
⇔ + + ≥
+ + + + + + + + + + +
2
2 2
1
( )
2( )( ) ( ) ( ) ( )
a b
a c b c a b b c c a
⇔ − − + + + + + + + ∑
Bất ñẳng thức qui dạng tắc SOS :
2 2
( ) ( ) ( )
a b c
S b−c +S c−a +S a−b ≥
(9)2 2
2 2
1
2( )( ) ( ) ( ) ( )
2( )( ) ( ) ( ) ( )
a c b c a b b c c a
a c b c a b b c c a
+ + ≤ + + + + + ⇒ ≥
+ + + + + + +
Như Sc≥0, ñánh giá tương tự ta dễ dàng thu ñược kết S Sa, b≥0 Vậy bất ñẳng thức ñược chứng minh ðẳng thức xảy a=b=c Tức ABCDEF lục giác nội tiếp
ðây tốn zaizai phát triển từ toán quen thuộc Nó xuất phát từ
Stronger than Nesbit inequality Cơ sở giải tốn sử dụng phương pháp
SOS ñể làm mạnh toán.Với bước chuyển từ việc chứng minh bất đẳng thức hình học sang
bất ñẳng thức ñại số ta dễ dàng tìm lời giải đẹp Nếu chuẩn hóa bất đẳng thứ ta có kết thú vị
Bài toán Cho lục giác lồi ABCDEF thỏa mãn ñiều kiện AB=BC, CD=DE, EF=FA tổng ñộ
dài ba cạnh AC, CE, AEbằng Chứng minh rằng:
3 3
21 27( )
16 16( )
BC DE FA AC CE AE
BE DA FC AC CE AE
+ +
+ + ≥ +
+ +
Lời giải:
Ta chuyển việc chứng minh bất ñẳng thức chứng minh bất ñẳng thức sau:
3 3 3
3
21 27( ) 21 ( )
16 16( ) 3 16 16
a b c a b c a b c a b c
b c c a a b a b c a b a
+ + + +
+ + ≥ + ⇔ + + ≥ +
+ + + + + − − −
Bằng cách sử dụng phương pháp hệ số bất định ta dễ dàng tìm ñược bất ñẳng thức phụñúng:
3
2
9
( 1) ( 6)
3 16
a a a
a a a
a
+ −
≥ ⇔ − − + ≥
−
Tương tự với phân thức cịn lại ta có điều phải chứng minh
Khi ñịnh hướng giải hẳn bạn liên tưởng đến SOS thật ko
cần thiết toán làm phức hóa tốn Dùng phương pháp hệ số bất định
giúp ta tìm lời giải ngắn ñẹp Tuy nhiên lời giải ko dễ hiểu ñối với THCS
Thực cách làm toán đơn giản xuất phát điểm dạng chuẩn
bất đẳng thức Nesbit quen thuộc dễ dàng thay ñổi giả thiết ñể biến ñổi tốn Mà cách thay đổi điều kiện ởđây bước chuẩn hóa chứng minh bất đẳng thức đại số Nói chung dùng đểđồng bậc bất ñẳng thức Với tư tưởng ta hồn tồn có thể
xây dựng kết mạnh thú vị qua vài phương pháp SOS, hệ số bất
ñịnh, dồn biến chuẩn hóa ðặc biệt sau chuẩn hóa ta dùng phương pháp cịn lại
để chứng minh
Bài tốn Cho đường trịn (O) BC dây cung khác đường kính đường trịn Tìm
điểm A thuộc cung lớn BC choAB+AC lớn
Lời giải:
Gọi D điểm cung nhỏ BC
ðặt DB=DC=a khơng đổi Theo định lí Ptơ-lê-mê ta có:
( ) BC
AD BC AB DC AC BD a AB AC AB AC AD
a
= + = + ⇒ + =
Do BC a ko ñổi nên AB+AC lớn AD lớn A ñiểm ñối xứng D qua tâm O ñường tròn
IV, Bài tập
Bài 1.(CMO 1988, Trung Quốc)
ABCD tứ giác nội tiếp với đường trịn ngoại tiếp có tâm ) bán kính R Các tia AB, BC, CD, DA cắt (O, 2R) A', B', C', D' Chứng minh rằng:
2( )
(10)Bài Cho đường trịn (O) dây cung BC khác đường kính Tìm điểm A thuộc cung lớn BC đường trịn để AB+2AC đạt giá trị lớn
Bài Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) ðường tròn (O') nằm (O) tiếp xúc với (O) T thuộc cung AC (ko chứa B) Kẻ tiếp tuyến AA', BB', CC' tới (O') Chứng minh rằng:
BB '.AC=AA '.BC+CC '.AB
Bài Cho lục giác ABCDEF có cạnh có độ dài nhỏ Chứng minh ba ñường chéo AD, BE, CF có đường chéo có độ dài nhỏ