|
|
|
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 ! * 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 |
|
10-11-2007, 07:04 PM | #1 |
+Thà nh Viên+ | Khám phá định lý Ptô-lê-mê KHÃM PHà ÄỊNH Là PTÔ-LÊ-MÊ tác giả:Zai zai I. Mở đầu:Hình há»c là má»™t trong những lÄ©nh vá»±c toán há»c mang lại cho ngÆ°á»i yêu toán nhiá»u Ä‘iá»u thú vị nhất và khó khăn nhất. Nó đòi há»i ta phải có những suy nghÄ© sáng tạo và tinh tế. Trong lÄ©nh vá»±c nà y cÅ©ng xuất hiện ko Ãt những định lÃ, phÆ°Æ¡ng pháp nhằm nâng cao tÃnh hiệu quả trong quá trình giải quyết các bà i toán, giúp ta chinh phục những đỉnh núi ngồ ghá» và hiểm trở . Trong bà i viết nà y zaizai xin giá»›i thiệu đến các bạn má»™t và i Ä‘iá»u cÆ¡ bản nhất vỠđịnh là Ptô-lê-mê trong việc chứng minh các đặc tÃnh của hình há»c phẳng. Dù đã rất cố gắng nhÆ°ng bà i viết sẽ không thể tránh khá»i những thiếu xót mong rằng các bạn sẽ cùng zaizai bổ sung và phát triển nó. II, Ná»™i dung - Là thuyết: 1. Äẳng thức Ptô-lê-mê: Cho tứ giác $ABCD $ ná»™i tiếp Ä‘Æ°á»ng tròn $(O) $. Khi đó: $\fbox{AC.BD=AB.CD+AD.BC} $ Hình minh há»a (hình 1) Chứng minh: Lấy $M $ thuá»™c Ä‘Æ°á»ng 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 vá»›i $\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 $ Váºy đẳng thức Ptô-lê-mê được chứng minh. 2, Bất đẳng thức Ptô-lê-mê: Äây có thể coi là định là Ptô-mê-lê mở rá»™ng bởi vì nó không giá»›i hạn trong lá»›p tứ giác ná»™i tiếp . Äịnh lÃ: Cho tứ giác $ABCD $. Khi đó: $AC.BD\leq AB.CD+AD.BC $ Hình minh há»a (hình 2) Chứng minh: Trong $\widehat{ABC} $ lấy Ä‘iểm M sao cho: $\widehat{ABD} = \widehat{MBC} , \widehat{ADB} = \widehat{MCB} $ Dá»… dà ng chứng minh: $ \Delta BAD \sim \Delta BMC \Rightarrow \frac{AD}{MC} = \frac{BD}{CB} \Rightarrow BD.CM=AD.CB $ CÅ©ng từ kết luáºn 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 $ Ãp dụng bất đẳng thức trong tam giác và các Ä‘iá»u trên ta có: $AD.BC+AB.DC=BD(AM+CM)\ge BD.AC $ Váºy định là Ptô-lê-mê mở rá»™ng đã được chứng minh. 3, Äịnh là Ptô-lê-mê tổng quát: Trong mặt phẳng định hÆ°á»›ng cho Ä‘a giác $A_0A_1...A_{2n} $ná»™i tiếp Ä‘Æ°á»ng tròn $(O) $. M là má»™t Ä‘iểm thuá»™c 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} $ Äây là má»™t định là ko dá»… dà ng chứng minh được bằng kiến thức hình há»c THCS. Các bạn có thể tham khảo phép chứng minh trong bà i viết Äịnh là Ptô-lê-mê tổng quát của Tiến sÄ© Nguyá»…n Minh Hà , ÄHSP , Hà Ná»™i thuá»™c Tuyển táºp 5 năm Tạp chà toán há»c và tuổi trẻ. III, Ứng dụng của định là Ptô-lê-mê trong việc chứng minh các đặc tÃnh hình há»c: 1, Chứng minh quan hệ giữa các đại lượng hình há»c: Mở đầu cho phần nà y chúng ta sẽ đến vá»›i 1 và dụ Ä‘iển hình và cÆ¡ bản vá» việc ứng dụng định là Ptô-lê-mê. Bà i toán 1: Cho tam giác Ä‘á»u $ABC $ có các cạnh bằng $a (a>0). $Trên $AC $ lấy Ä‘iểm$ Q $ di Ä‘á»™ng, trên tia đối của tia $CB $ lấy Ä‘iểm $P $ di Ä‘á»™ng sao cho $AQ.BP=a^2 $. Gá»i $M $ là giao Ä‘iểm của $BQ $ và $AP $. Chứng minh rằng: $AM+MC=BM $ ( Äá» thi và o trÆ°á»ng THPT chuyên Lê Quà Äôn, thị xã Äông Hà , tỉnh Quảng Trị, năm há»c 2005-2006) Hình minh há»a (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 $ ná»™i tiếp được Ä‘Æ°á»ng tròn. Ãp dụng định là Ptô-lê-mê cho tứ giác $AMCB $ ná»™i tiếp và giả thiết $AB=BC=CA $ta có: $AB.MC+BC.AM=BM.AC \Rightarrow AM+MC=BM $ (Ä‘pcm) Äây là 1 bà i toán khá dá»… và tất nhiên cách giải nà y ko được Ä‘Æ¡n giản lắm.Vì nếu muốn sá» dụng đẳng thức Ptô-lê-mê trong 1 kì thi thì có lẽ phải chứng minh nó dÆ°á»›i dạng bổ Ä‘á». NhÆ°ng Ä‘iá»u chú ý ở đây là ta chẳng cần phải suy nghÄ© nhiá»u khi dùng cách trên trong khi đó nếu dùng cách khác thì lá»i giải có khi lại ko mang vẻ tÆ°á»ng minh. |
anhbang_k42sp (05-09-2009), hiep 123 (03-03-2012), NguyenHoang123 (03-09-2010), toan_yeu_me (10-05-2010), wikipedia1995 (08-12-2010) |
10-11-2007, 07:05 PM | #2 |
+Thà nh Viên+ | Bà i toán 2: Tam giác $ABC $ vuông có $BC>CA>AB $. Gá»i $D $ là má»™t Ä‘iểm trên cạnh $BC, E $ là má»™t Ä‘iểm trên cạnh $AB $kéo dà i vá» phÃa Ä‘iểm $A $ sao cho $BD=BE=CA $. Gá»i $P $ là má»™t Ä‘iểm trên cạnh $AC $ sao cho $E, B, D, P $ nằm trên má»™t Ä‘Æ°á»ng tròn. $Q $ là giao Ä‘iểm thứ hai của $BP $ vá»›i Ä‘Æ°á»ng tròn ngoại tiếp $\delta ABC $. Chứng minh rằng: $AQ+CQ=BP $ (Äá» thi chá»n Ä‘á»™i tuyển Hồng Kông tham dá»± IMO 2000, HongKong TST 2000) Hình minh há»a: (hinh 4) Chứng minh: Xét các tứ giác ná»™i 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 $) Ãp dụng định là Ptô-lê-mê cho tứ giác ná»™i 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 $(Ä‘pcm) Có thể thấy rằng bà i 1 là tÆ° tưởng Ä‘Æ¡n giản để ta xây dá»±ng cách giải của bà i 2. Tức là dá»±a và o các đại lượng trong tam giác bằng nhau theo giả thiết ta sá» dụng tam giác đồng dạng để suy ra các tỉ số liên quan và sá» dụng phép thế để suy ra Ä‘iá»u phải chứng minh. Cách là m nà y tá» ra khá là hiệu quả và minh há»a rõ rà ng qua 2 và dụ mà zaizai đã nêu ở trên. Äể là m rõ hÆ¡n phÆ°Æ¡ng pháp chúng ta sẽ cùng nhau đến vá»›i việc chứng minh 1 định là bằng chÃnh Ptô-lê-mê. Bà i toán 3: ( Äịnh là Carnot) Cho tam giác nhá»n $ABC $ ná»™i tiếp trong Ä‘Æ°á»ng tròn $(O, R) $ và ngoại tiếp Ä‘Æ°á»ng tròn $(I, r). $Gá»i $x,y,z $ lần lượt là khoảng cách từ $O $ tá»›i các cạnh tam giác. Chứng minh rằng: $x+y+z=R+r $ |
Phongvan34 (09-10-2010) |
10-11-2007, 07:06 PM | #3 |
+Thà nh Viên+ | Hình minh há»a (hinh 5) Chứng minh: Gá»i $M, N, P $ lần lượt là trung Ä‘iểm của $BC, CA, AB $. Giả sá» $x=OM, y=ON, z=OP, BC=a, CA=b, AB=c. $ Tứ giác $OMBP $ ná»™i 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) $ TÆ°Æ¡ng tá»± ta cÅ©ng 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 $ Äây là 1 định là khá là quen thuá»™c và cách chứng minh khá Ä‘Æ¡n giản. Ứng dụng của định là nà y nhÆ° đã nói là dùng nhiá»u trong tÃnh toán các đại lượng trong tam giác. Äối vá»›i trÆ°á»ng hợp tam giác đó không nhá»n thì cách phát biểu của định là cÅ©ng có sÆ° thay đổi. 2, Chứng minh các đặc tÃnh hình há»c: Bà i toán 1: Cho tam giác $ABC $ ná»™i tiếp trong Ä‘Æ°á»ng tròn $(O) $ và $AC=2AB $. Các Ä‘Æ°á»ng thẳng tiếp xúc vá»›i Ä‘Æ°á»ng tròn $(O) $tại $A, C $ cắt nhau ở $P $. Chứng minh rằng $BP $ Ä‘i qua Ä‘iểm chÃnh giữa của cung $BAC. $ Hình minh há»a(hinh 6) Chứng minh: Gá»i giao Ä‘iểm của $BP $ vá»›i Ä‘Æ°á»ng 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) $ TÆ°Æ¡ng tá»± ta cÅ©ng 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 Ä‘Æ°á»ng tròn cắt nhau) Nên từ $(1), (2) \Rightarrow \frac{PA}{PB} =\frac{NC}{BC} =\frac{AN}{AB}\Rightarrow NC.AB=BC.AN (3) $ Ãp dụng định là Ptô-lê-mê cho tứ giác ná»™i tiếp $ABCN $ ta có: $AN.BC+AB.NC=AC.BN $ Từ $(3) \Rightarrow 2AB.NC=AC.BN=2AB.BN\Rightarrow NC=BN $. Váºy ta có Ä‘iá»u phải chứng minh. Äây có lẽ là má»™t trong những lá»i giải khá là ngắn và ấn tượng của bà i nà y.Chỉ cần qua và i quá trình tìm kiếm các cặp tam giác đồng dạng ta đã dá»… dà ng Ä‘i đến kết luáºn của bà i toán. TÆ° tưởng ban đầu khi là m bà i toán nà y chÃnh là dá»±a và o là thuyết trong cùng má»™t Ä‘Æ°á»ng tròn hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau. Do có liên quan đến các đại lượng trong tứ giác ná»™i tiếp nên việc chứng minh rất dá»… dà ng. |
10-11-2007, 07:06 PM | #4 |
+Thà nh Viên+ | Bà i toán 2: Cho tam giác ABC có I là tâm Ä‘Æ°á»ng tròn ná»™i tiếp, O là tâm Ä‘Æ°á»ng tròn ngoại tiếp và trá»ng tâm G. Giả sá» rằng $\widehat{OIA}=90^o $. Chứng minh rằng $IG $ song song vá»›i $BC $. Hình minh há»a (hinh 7) Kéo dà i $AI $ cắt $(O) $ tại $N $. Khi đó $N $ là điểm chÃnh 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} $ sÄ‘ cung $BC(3) $ Từ $(1), (2), (3) \Rightarrow BN=NC=IN=IA (4) $ Ãp dụng định là Ptô-lê-mê cho tứ giác ná»™i tiếp $ABNC $ ta có: $BN.AC+AB.NC=BC.AN $ Từ $(4) \Rightarrow BN(AC+AB)=2BN.BC \Rightarrow AC+AB=2BC (5) $ Ãp dụng tÃnh chất Ä‘Æ°á»ng 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 $ Váºy $\frac{IA}{ID} =2 (6) $ Mặt khác G là trá»ng 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 đưá»ng trung bình của tam giác $ADM $ hay $IG $ song song vá»›i $BC $. Äây là má»™t bà i toán khá là hay Ãt nhất là đối vá»›i THCS và vá»›i cách là m có vẻ "ngắn gá»n" nà y ta đã phần nà o hình dung được vẻ đẹp của các định lÃ. |
10-11-2007, 07:07 PM | #5 |
+Thà nh Viên+ | Bà i toán 3: Cho tam giác ABC ná»™i tiếp Ä‘Æ°á»ng 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 há»ahinh 8) Chứng minh: Gá»i N là giao Ä‘iểm của CD vá»›i (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) $ TÆ°Æ¡ng tá»± ta cÅ©ng 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) $ Ãp dụng định là Ptô-lê-mê cho tứ giác ná»™i 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} $ Váºy bà i toán được chứng minh. CÆ¡ sở để ta giải quyết các bà i toán dạng nà y là tạo ra các tứ giác ná»™i tiếp để áp dụng định là sau đó sá» dụng là thuyết đồng dạng để tìm ra mối quan hệ giữa các đại lượng. Äây là má»™t lối suy biến ngược trong hình há»c. 3, Chứng minh các đẳng thức hình há»c: Bà i toán 1: Giả sá» $M, N $ là các Ä‘iểm 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 há»a: (hinh 9) Chứng minh: Lấy Ä‘iểm K trên Ä‘Æ°á»ng 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 dá»… 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) $. CÅ©ng từ $ \Delta BMA \sim \Delta BCK $ ta có: $\widehat{CKN} = \widehat{BAM} = \widehat{NAC} $. suy ra tứ giác $ANCK $ ná»™i tiếp Ä‘Æ°á»ng tròn. Ãp dụng định là Ptô-lê-mê cho tứ giác $ABCK $ ta có: $AC.NK=AN.CK+CN.AK (3) $ NhÆ°ng 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 $ Äây là 1 trong những bà i toán khá là cổ Ä‘iển của IMO Shortlist. Ta vẫn có thể giải quyết bà i toán theo má»™t hÆ°á»›ng khác nhÆ°ng dà i và phức tạp hÆ¡n đó là sá» dụng bổ Ä‘á»: Nếu M,N là các Ä‘iểm thuá»™c cạnh BC của $\Delta ABC $sao cho $\widehat{MAB} = \widehat{NAC} $ thì $AM.AN=AB.AC- \sqrt{BM.BN.CM.CN} $. Äây là má»™t bổ Ä‘á» mà các bạn cÅ©ng nên ghi nhá»›. |
10-11-2007, 07:08 PM | #6 |
+Thà nh Viên+ | Bà i toán 2: Cho tứ giác ABCD ná»™i tiếp trong Ä‘Æ°á»ng tròn (O). Chứng minh rằng: $\frac{AC}{BD} = \frac{BC.CD+AB.BD}{BC.BA+DC.DA} $ Hình minh há»ahinh 10) Chứng minh: Lấy E và F thuá»™c Ä‘Æ°á»ng tròn sao cho: $ \widehat{CDB} = \widehat{ADE} , \widehat{BDA} = \widehat{DCF} $ Khi đó: $AE=BC, FD=AB, EC=AB, BF=AD $ Ãp dụng định là Ptô-lê-mê cho hai tứ giác ná»™i 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 Ä‘iá»u phải chứng minh. Bà i toán 3: Cho tam giác ABC vá»›i BE, CF là các Ä‘Æ°á»ng phân giác trong. Các tia EF, FE cắt Ä‘Æ°á»ng tròn ngoại tiếp tam giác theo thứ tá»± 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: Äặt$ BC=a, CA=b, AB=c $ Ãp dụng định là Ptô-lê-mê cho hai tứ giác ná»™i 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) $ TÆ°Æ¡ng tá»± : $ \Delta ANF \sim \Delta MBF (g.g) \Rightarrow \frac{AN}{BM} = \frac{AF}{MF} (5) $ Từ (4), (5) và tÃnh chất Ä‘Æ°á»ng phân giác ta có: $ \frac{AM.AN}{BM.BN} = \frac{AF}{BF} = \frac{b}{a} (6) $ Chứng minh tÆ°Æ¡ng tá»± ta được: $ \frac{AM.AN}{CM.CN} = \frac{AE}{CE} = \frac{c}{a} (7) $ Từ (3), (6), (7) ta có Ä‘iá»u phải chứng minh. Có thể dá»… dà ng nháºn ra nét tÆ°Æ¡ng đồng giữa cách giải của 3 bà i toán đó là váºn dụng cách vẻ hình phụ tạo ra các cặp góc bằng các cặp góc cho sẵn từ đó tìm ra các biểu diá»…n liên quan. Má»™t Ä‘Æ°á»ng lối rất hay được sá» dụng trong các bà i toán dạng nà y. |
10-11-2007, 07:08 PM | #7 |
+Thà nh Viên+ | 4, Chứng minh bất đẳng thức và giải toán cá»±c trị trong hình há»c: Bà i toán 1: (Thi HSG các vùng của MÄ©, năm 1987) Cho má»™t tứ giác ná»™i tiếp có các cạnh liên tiếp bằng $a,b,c,d $ và các Ä‘Æ°á»ng chéo bằng $p,q. $ Chứng minh rằng: $pq \leq \sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)} $ Chứng minh: Ãp dụng định là Ptô-lê-mê cho tứ giác ná»™i tiếp thì $ac+bd=pq $ Váºy ta cần chứng minh $p^2q^2=(ac+bd)^2\leq (a^2+b^2)(c^2+d^2) $ Bất đẳng thức nà y chÃnh là má»™t bất đẳng thức rất quen thuá»™c mà có lẽ ai cÅ©ng biết đó là bất đẳng thức Bunhiacopxki-BCS. Váºy bà i toán được chứng minh. Má»™t lá»i giải đẹp và vô cùng gá»n nhẹ cho 1 bà i toán tưởng chừng nhÆ° là khó. à tưởng ở đây là đưa bất đẳng thức cần chứng minh vá» 1 dạng Ä‘Æ¡n giản hÆ¡n và thuần đại số hÆ¡n. Tháºt thú vị là bất đẳng thức đó lại là BCS. Bà i toán 2: Cho lục giác lồi ABCDEF thá»a mãn Ä‘iá»u 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} $ HÃŒNH MINH HỌA (hinh 12) Chứng minh: Äặt $AC=a, CE=b, AAE=c. $ Ãp dụng định là Ptô-lê-mê mở rá»™ng 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} $ TÆ°Æ¡ng tá»± ta cÅ©ng 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 vá» dạng chÃnh tắc SOS : $ \fbox{S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2\ge 0} $ Dá»… 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} $ NhÆ° váºy $S_c\ge 0 $, đánh giá tÆ°Æ¡ng tá»± ta cÅ©ng dá»… dà ng thu được kết quả $S_a, S_b \ge 0 $. Váºy bất đẳng thức được chứng minh. Äẳng thức xảy ra khi và chỉ khi$ a=b=c $. Tức là khi ABCDEF là má»™t lục giác Ä‘á»u ná»™i tiếp. Äây là má»™t bà i toán do zaizai phát triển từ má»™t bà i toán quen thuá»™c. Nó cÅ©ng xuất phát từ bà i Stronger than Nesbit inequality của mình. :lol: CÆ¡ sở khi giải bà i toán nà y là sá» dụng phÆ°Æ¡ng pháp SOS để là m mạnh bà i toán. Vá»›i bÆ°á»›c chuyển từ việc chứng minh 1 bất đẳng thức hình há»c sang bất đẳng thức đại số ta dá»… dà ng tìm ra 1 lá»i giải đẹp. Nếu chuẩn hóa bất đẳng thứ nà y ta cÅ©ng có kết quả rất thú vị. |
Phongvan34 (09-10-2010) |
10-11-2007, 07:09 PM | #8 |
+Thà nh Viên+ | Bà i toán 3: Cho lục giác lồi ABCDEF thá»a mãn Ä‘iá»u kiện $AB=BC, CD=DE, EF=FA $ và tổng Ä‘á»™ dà i 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} $ Lá»i giải: Ta chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên vá» 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 sá» dụng phÆ°Æ¡ng pháp hệ số bất định ta dá»… dà ng 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 $ TÆ°Æ¡ng tá»± vá»›i các phân thức còn lại ta có Ä‘iá»u phải chứng minh. Khi định hÆ°á»›ng giải bà i nà y chắc hẳn bạn sẽ liên tưởng ngay đến SOS nhÆ°ng tháºt sá»± thì nó ko cần thiết trong bà i toán nà y bởi chỉ là m phức hóa bà i toán. Dùng phÆ°Æ¡ng pháp hệ số bất định giúp ta tìm ra 1 lá»i giải ngắn và rất đẹp. Tuy nhiên lá»i giải nà y ko dá»… hiểu lắm đối vá»›i THCS. Thá»±c ra cách là m má»›i bà i toán nà y cÅ©ng cá»±c kì Ä‘Æ¡n giản vì xuất phát Ä‘iểm của dạng chuẩn là bất đẳng thức Nesbit quen thuá»™c vì váºy dá»… dà ng thay đổi giả thiết để biến đổi bà i toán. Mà cách thay đổi Ä‘iá»u kiện ở đây chÃnh là bÆ°á»›c chuẩn hóa trong chứng minh bất đẳng thức đại số. Nói chung là dùng để đồng báºc bất đẳng thức thuần nhất. Vá»›i tÆ° tưởng nhÆ° váºy ta hoà n toà n có thể xây dá»±ng các kết quả mạnh hÆ¡n và thú vị hÆ¡n qua má»™t và i phÆ°Æ¡ng pháp nhÆ° SOS, hệ số bất định, dồn biến và chuẩn hóa. Äặc biệt sau khi chuẩn hóa ta có thể dùng 3 phÆ°Æ¡ng pháp còn lại để chứng minh. Bà i toán 4:: Cho Ä‘Æ°á»ng tròn $(O) $ và $BC $ là má»™t dây cung khác Ä‘Æ°á»ng kÃnh của Ä‘Æ°á»ng tròn. Tìm Ä‘iểm $A $ thuá»™c cung lá»›n $BC $ sao cho $AB+AC $lá»›n nhất. Lá»i giải: Gá»i D là điểm chÃnh giữa cung nhá» BC. Äặt $DB=DC=a $ không đổi. Theo định là 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 $lá»›n nhất khi và chỉ khi $AD $lá»›n nhất khi và chỉ khi$ A $ là điểm đối xứng của $D $ qua tâm $O $ của Ä‘Æ°á»ng tròn. IV, Bà i táºp: Bà i 1CMO 1988, Trung Quốc) $ABCD $ là má»™t tứ giác ná»™i tiếp vá»›i Ä‘Æ°á»ng tròn ngoại tiếp có tâm ) và bán kÃnh $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) $ Bà i 2: Cho Ä‘Æ°á»ng tròn $(O) $ và dây cung $BC $ khác Ä‘Æ°á»ng kÃnh. Tìm Ä‘iểm A thuá»™c cung lá»›n $BC $ của Ä‘Æ°á»ng tròn để $AB+2AC $ đạt giá trị lá»›n nhất. Bà i 3: Cho tam giác ABC ná»™i tiếp Ä‘Æ°á»ng tròn $(O) $. ÄÆ°á»ng tròn $(O') $ nằm trong (O) tiếp xúc vá»›i (O) tại T thuá»™c cung AC (ko chứa B). Kẻ các tiếp tuyến $AA', BB', CC' $tá»›i $(O') $. Chứng minh rằng: $BB'.AC=AA'.BC+CC'.AB $ Bà i 4: Cho luc giác $ABCDEF $ có các cạnh có Ä‘á»™ dà i nhá» hÆ¡n 1. Chứng minh rằng trong ba Ä‘Æ°á»ng chéo$ AD, BE, CF $có Ãt nhất má»™t Ä‘Æ°á»ng chéo có Ä‘á»™ dà i nhá» hÆ¡n $2 $. Bà i 5: Cho hai Ä‘Æ°á»ng tròn đồng tâm, bán kÃnh của Ä‘Æ°á»ng tròn nà y gấp đôi bán kÃnh của Ä‘Æ°á»ng tròn kia. $ABCD $ là tứ giá ná»™i tiếp Ä‘Æ°á»ng tròn nhá». Các tia $AB,BC,CD,DA $lần lượt cắt Ä‘Æ°á»ng tròn lá»›n tại $A',B',C',D' $. Chứng minh rằng: chu vi tứ giác $A'B'C'D' $ lá»›n hÆ¡n 2 lần chu vi tứ giác $ABCD $. .................................................. ........................ |
Ino_chan (17-12-2010), Phongvan34 (09-10-2010) |
10-11-2007, 07:23 PM | #9 |
+Thà nh Viên Danh Dự+ | Thắng, hôm sau em nhớ dẫn cho cái link bà i gốc nhé . Không biết có giới hạn số câu trong 1 post hay kô, chứ anh thấy em rất hay chia nhỠbà i viết ra, vừa khó nhìn lại kô hay cho lắm . Anh nhắc nhở thế, lần sau rút kinh nghiệm nhé |
10-11-2007, 07:30 PM | #10 | |
+Thà nh Viên+ | :
Nó bị 3 lỗi,1 là bà i viết ko quá 10000 từ và 2 lỗi nữa! | |
Phongvan34 (09-10-2010) |
29-03-2008, 07:59 AM | #11 |
+Thà nh Viên Danh Dá»±+ : Nov 2007 : 403 : 34 | Má»™t bà i viết hay À là m thế nà o để vẽ hình thế chienthan bà i viết tốn nhiá»u công sức lắm, nên khen ngợi chienthan __________________ TRY |
15-05-2008, 04:30 PM | #12 |
+Thà nh Viên Danh Dá»±+ | Bà i viết của zaizai có hai phần mình thấy nên gá»™p: 1, Chứng minh quan hệ giữa các đại lượng hình há»c: 3, Chứng minh các đẳng thức hình há»c: |
20-08-2009, 11:03 PM | #13 |
+Thà nh Viên+ : Sep 2008 : TrÆ°á»ng ÄH Kinh tế TP.HCM : 397 : 136 | đây là file pdf của bà i viết trên |
à 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) |
23-10-2009, 05:40 PM | #14 |
+Thà nh Viên+ : Oct 2009 : 26 : 3 | Ngoà i ra định là Ptoleme nếu mình nhá»› không lầm thì có 1 hình thức phát biểu khác ( đã từng nghe thầy mình giảng thì phải ) là cho bốn Ä‘Æ°á»ng tròn bất kì cùng tiếp xúc vá»›i má»™t Ä‘Æ°á»ng tròn ( chúng phải cùng 1 loại tiếp xúc ) thì bốn tiếp Ä‘iểm đó tạo thà nh tứ giác có tÃnh chất giống nhÆ° Ä‘/là Ptoleme. Sẵn tiện có ai chứng minh định là nà y không? |
23-10-2009, 09:45 PM | #15 | |
+Thà nh Viên+ : Aug 2009 : Lá»›p 55CLC2, trÆ°á»ng ÄHXD : 205 : 28 | :
| |
tailsth94 (19-12-2009) |