Đến nội dung


Chú ý

Nếu các bạn đăng kí thành viên mà không nhận được email kích hoạt thì hãy kiểm tra thùng thư rác (spam). Nếu không biết cách truy cập vào thùng thư rác thì các bạn chịu khó Google hoặc đăng câu hỏi vào mục Hướng dẫn - Trợ giúp để thành viên khác có thể hỗ trợ.


Hình ảnh

Khám phá định lí Ptô-lê-mê


  • Please log in to reply
Chủ đề này có 26 trả lời

#1 zaizai

zaizai

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Thành viên
  • 1380 Bài viết
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:giải toán(đặc biệt là Bất đẳng thức), đá bóng <br>đội bóng yêu thích là Man utd

Đã gửi 06-06-2006 - 15:23

KHÁM PHÁ ĐỊNH LÍ PTÔ-LÊ-MÊ

I. 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)
Hình đã gửi

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:
$\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{MC}{BC} \Rightarrow AD.BC=BD.MC (1)$. Lại có: $\dfrac{BA}{BD}=\dfrac{BM}{BC}$ và $\widehat{ABM}=\widehat{DBC}$ nên $\Delta ABM \sim \Delta DBC (g.g).$Suy ra $\dfrac{AB}{AM}= \dfrac{BD}{CD}$ 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)
Hình đã gửi
Chứng minh:
Trong $\widehat{ABC}$ lấy điểm M sao cho:
$\widehat{ABD} = \widehat{MBC} , \widehat{ADB} = \widehat{MCB}$
Dễ dàng chứng minh: $\Delta BAD \sim \Delta BMC \Rightarrow \dfrac{AD}{MC} = \dfrac{BD}{CB} \Rightarrow BD.CM=AD.CB$
Cũng từ kết luận trên suy ra:
$\dfrac{AB}{BM} = \dfrac{BD}{BC} , \widehat{ABM} = \widehat{DBC} \\ \Rightarrow \Delta ABM \sim \Delta DBC (c.g.c) \Rightarrow \dfrac{AB}{AM} = \dfrac{BD}{CD} \Rightarrow AB.DC=BD.AM$
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:
$\sum\limits_{0\le k\le n}{tg [ \dfrac{1}{4}OA_{2k-2}, OA_{2k})]+tg[ \dfrac{1}{4}OA_{2k}, OA_{2k+2})]}OA_{2k} \\ = \sum\limits_{1\le k \le n}{tg[ \dfrac{1}{4}OA_{2k-3}, OA_{2k-1})]+tg[\dfrac{1}{4}OA_{2k-1}, OA_{2k+1})]}}OA_{2k-1}$.
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)
Hình đã gửi

Chứng minh:
Từ giả thiết $AQ.BP=a^2$suy ra $\dfrac{AQ}{AB}=\dfrac{AB}{BP}.$
Xét $\Delta ABQ$và $\Delta BPA$có:
$\dfrac{AQ}{AB}=\dfrac{AB}{BP} (gt) \\ \widehat{BAQ} =\widehat{ABP} \\ \Rightarrow \Delta ABQ \sim \Delta BPA (c.g.c)\Rightarrow \widehat{ABQ}=\widehat{APB} (1)$
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.

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)
Hình đã gửi

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:
$\widehat{AQC}=\widehat{EPD} , \widehat{CAQ} =\widehat{DEP} \Rightarrow \Delta AQC \sim \Delta EPD \\ \Rightarrow \dfrac{AQ}{EP}=\dfrac{CA}{ED}\Rightarrow AQ.ED=EP.CA=EP.BD (1)$
(do $AC=BD$)
$\dfrac{AC}{ED} = \dfrac{QC}{PD} \Rightarrow ED.QC=AC.PD=BE.PD (2)$
(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: $x+y+z=R+r$

Hình minh họa (hinh 5)
Hình đã gửi

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: $R.\dfrac{b}{2} =z.\dfrac{a}{2} +x.\dfrac{c}{2} (1)$
Tương tự ta cũng có :
$R.\dfrac{c}{2}=y.\dfrac{a}{2}+x.\dfrac{b}{2} (2) \\ R.\dfrac{a}{2} =y.\dfrac{c}{2}+z.\dfrac{b}{2} (3)$
Mặt khác:
$r( \dfrac{a}{2} +\dfrac{b}{2} +\dfrac{c}{2} )=S_{ABC}=S_{OBC}+S_{OCA}+S_{OAB}=x.\dfrac{a}{2}+y\dfrac{b}{2}+z.\dfrac{c}{2} (4)$
Từ $(1), (2), (3), (4)$ ta có:
$(R+r)( \dfrac{a+b+c}{2})=(x+y+z)(\dfrac{a+b+c}{2}) \Rightarrow R+r=x+y+z$
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)
Hình đã gửi

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
$\Rightarrow \Delta NPC \sim \Delta CPB(g.g) \Rightarrow \dfrac{PC}{PB}=\dfrac{NC}{BC} (1)$
Tương tự ta cũng có $\Delta PAN \sim \Delta PBA (g.g)\Rightarrow \dfrac{AP}{BP} =\dfrac{AN}{AB} (2)$
Mặt khác $PA=PC$( do là 2 tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau)
Nên từ $(1), (2) \Rightarrow \dfrac{PA}{PB} =\dfrac{NC}{BC} =\dfrac{AN}{AB}\Rightarrow NC.AB=BC.AN (3)$
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.

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)
Hình đã gửi

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 $IA=IN= \dfrac{1}{2}$ 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:
$\dfrac{AB}{BD} = \dfrac{IA}{ID} = \dfrac{AC}{CD} = \dfrac{AB+AC}{BD+CD} \\ = \dfrac{AB+AC}{BC} = \dfrac{2BC}{BC}=2$
Vậy $\dfrac{IA}{ID} =2 (6)$
Mặt khác G là trọng tâm của tam giác suy ra $\dfrac{AG}{GM}=2 (7)$
Từ $(6), (7) \Rightarrow \dfrac{IA}{ID}=2=\dfrac{AG}{GM}$
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.

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 họa:(hinh 8)
Hình đã gửi
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.
$\Rightarrow \Delta DBN \sim \Delta DCB (g.g) \\ \Rightarrow \dfrac{NB}{CB} = \dfrac{BD}{CD} (1)$
Tương tự ta cũng có :
$\Delta DNA \sim \Delta DAC (g.g) \Rightarrow \dfrac{NA}{AC}= \dfrac{DA}{CD} (2)$
Mà $BD=DA$nên từ $(1), (2) \Rightarrow \dfrac{NB}{CB} = \dfrac{NA}{AC} \Rightarrow NB.AC=AN.BC (3)$
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
$AB=2BM \Rightarrow 2AN.BC=2BM.NC \Rightarrow \dfrac{AN}{NC} = \dfrac{BM}{BC}$
Xét $\Delta BMC$ và $\Delta NAC$ có:
$\widehat{MBC} = \widehat{ANC} , \dfrac{AN}{NC} = \dfrac{BM}{BC} \\ \Rightarrow \Delta BMC \sim \Delta NAC (c.g.c) \Rightarrow \widehat{BCM} = \widehat{NAC}$
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:
$\dfrac{AM.AN}{AB.AC} + \dfrac{BM.BN}{BA.BC} + \dfrac{CM.CN}{CA.CB} =1$

Hình minh họa: (hinh 9)
Hình đã gửi

Chứng minh:

Lấy điểm K trên đường thẳng BN sao cho $\widehat{BCK} = \widehat{BMA}$, lúc đó $\Delta BMA \sim \Delta BCK$suy ra:
$\dfrac{AB}{BK} = \dfrac{BM}{BC} = \dfrac{AM}{CK} (1)$
$\Rightarrow \dfrac{AB}{MB} = \dfrac{BK}{BC}$
Mặt khác dễ thấy rằng $\widehat{ABK} = \widehat{MBC}$, từ đó $\Delta ABK \sim \Delta MBC$ dẫn đến $\dfrac{AB}{BM} = \dfrac{BK}{BC} = \dfrac{AK}{CM} (2)$.
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 :
$CK=\dfrac{AM.BC}{BM}, AK= \dfrac{AB.CM}{BM}, BK= \dfrac{AB.BC}{BM}$
Nên ta có đẳng thức (3)
$\Leftrightarrow AC(BK-BN)=AN.CK+CN.AK \\ AC( \dfrac{AB.BC}{BM} -BN)= \dfrac{AN.AM.BC}{BM} + \dfrac{CN.AB.CM}{BM} \\ \Leftrightarrow AB.BC.CA=AN.AM.BC+CN.AB.CM+BN.BM.AC \\ \Leftrightarrow \dfrac{AM.AN}{AB.AC} + \dfrac{BM.BN}{BA.BC} + \dfrac{CM.CN}{CA.CB}=1$

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.

Bài toán 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O). Chứng minh rằng: $\dfrac{AC}{BD} = \dfrac{BC.CD+AB.BD}{BC.BA+DC.DA}$

Hình minh họa:(hinh 10)
Hình đã gửi

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:
$\dfrac{1}{BM} + \dfrac{1}{CN} = \dfrac{1}{AM} + \dfrac{1}{AN} + \dfrac{1}{BN} + \dfrac{1}{CM}$

Hình minh hoạ (hình 11)
http://img88.imageshack.us/img88/3741/lthtthinh116mz.jpg

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:
$\Delta ANF \sim \Delta NBF(g.g) \Rightarrow \dfrac{AM}{BN} = \dfrac{MF}{BF} (4)$
Tương tự :
$\Delta ANF \sim \Delta MBF (g.g) \Rightarrow \dfrac{AN}{BM} = \dfrac{AF}{MF} (5)$
Từ (4), (5) và tính chất đường phân giác ta có:
$\dfrac{AM.AN}{BM.BN} = \dfrac{AF}{BF} = \dfrac{b}{a} (6)$
Chứng minh tương tự ta được:
$\dfrac{AM.AN}{CM.CN} = \dfrac{AE}{CE} = \dfrac{c}{a} (7)$
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.

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:
$\dfrac{BC}{BE} + \dfrac{DE}{DA} + \dfrac{FA}{FC} \geq \dfrac{3}{2} + \dfrac{(AC-CE)^2+(CE-AE)^2+(AE-AC)^2}{(AC+CE)^2+(CE+AE)^2+(AE+AC)^2}$

HÌNH MINH HỌA (hinh 12)
http://img88.imageshack.us/img88/1835/nnesbitopenhinh129tu.jpg

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:
$\dfrac{FA}{FC} \ge \dfrac{c}{a+b}$
Tương tự ta cũng có:
$\dfrac{DE}{DA} \geq \dfrac{b}{c+a}, \dfrac{BC}{BE} \geq \dfrac{a}{b+c}$
Từ đó suy ra
$\dfrac{BC}{BE} + \dfrac{DE}{DA} + \dfrac{FA}{FC} \geq \dfrac{3}{2} + \dfrac{(AC-CE)^2+(CE-AE)^2+(AE-AC)^2}{(AC+CE)^2+(CE+AE)^2+(AE+AC)^2} \\ \Leftrightarrow \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+ \dfrac{c}{a+b}\geq \dfrac{3}{2} + \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2} \\ \Leftrightarrow \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+ \dfrac{c}{a+b}- \dfrac{3}{2} \ge \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2} \\ \Leftrightarrow \dfrac{(a-b)^2}{2(b+c)(a+c)} + \dfrac{(b-c)^2}{2(b+a)(c+a)} + \dfrac{(c-a)^2}{2(c+b)(a+b)} \geq \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2} \\ \Leftrightarrow \sum (a-b)^2[\dfrac{1}{2(a+c)(b+c)} - \dfrac{1}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$
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:
$2(a+c)(b+c)\leq (a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2 \\ \Rightarrow \dfrac{1}{2(a+c)(b+c)} \ge \dfrac{1}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$
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. :P
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.

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:
$\dfrac{BC}{BE} + \dfrac{DE}{DA} + \dfrac{FA}{FC} \geq \dfrac{21}{16} + \dfrac{27(AC^3+CE^3+AE^3)}{16(AC+CE+AE)^3}$

Lời giải:
Ta chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên về chứng minh bất đẳng thức sau:
$\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{21}{16} +\dfrac{27(a^3+b^3+c^3)}{16(a+b+c)^3}$
$\Leftrightarrow \dfrac{a}{3-a} + \dfrac{b}{3-b} + \dfrac{c}{3-a} \geq \dfrac{21}{16}+ \dfrac{(a^3+b^3+c^3)}{16}$
Bằng cách sử dụng phương pháp hệ số bất định ta dễ dàng tìm được bất đẳng thức phụ đúng:
$\dfrac{a}{3-a}\ge \dfrac{9a+a^3-2}{16}\\ \Leftrightarrow (a-1)^2(a^2-a+6)\ge 0$
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. :P

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:
$AD.BC=AB.DC+AC.BD=a(AB+AC) \Rightarrow AB+AC= \dfrac{BC}{a}.AD$
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 1:(CMO 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 lục 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 $ABCD$.




..........................................................................

Đến đây zaizai xin kết thúc bài viết hi vọng rằng với 1 vài ví dụ minh họa trên các bạn có thể dễ dàng hình thành trong đầu cách sử dụng định lí Ptô-lê-mê. Một định lí mạnh và thỏa mãn mĩ quan toán học của nhiều người.
Mong nhận được sự góp ý của các bạn. Thân ái,zaizai !

THÂN TẶNG HOÀI NGỌC

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi inhtoan: 02-06-2009 - 19:36


#2 riddle???

riddle???

    24724345310

  • Thành viên
  • 688 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:Hà Nội
  • Sở thích:???

Đã gửi 06-06-2006 - 16:44

Định lý Ptô lê mê còn mở rộng đc sang hình học không gian:Với mỗi tứ diên ABCD,ta có :AB.CD<AC.BD+AD.BC.Nhưng em không bít dấu "=" xảy ra khi nào?

#3 BlnGcc

BlnGcc

    Hạ sĩ

  • Thành viên
  • 93 Bài viết

Đã gửi 08-06-2006 - 08:09

Trên THTT hình như năm 2002 cũng có một bài viết về vần đề này của tác giả Trần Tuấn Anh

#4 zaizai

zaizai

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Thành viên
  • 1380 Bài viết
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:giải toán(đặc biệt là Bất đẳng thức), đá bóng &lt;br&gt;đội bóng yêu thích là Man utd

Đã gửi 08-06-2006 - 09:17

Trên THTT hình như  năm 2002 cũng có một bài viết về vần đề này của tác giả Trần Tuấn Anh

chán quá nhỉ ai lại chỉ nói 1 câu ko mang nhiều ý nghĩa như vậy. (*)
Mình mong nhận được 1 góp ý mang tính chất thảo luận hơn. :geq

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi zaizai: 08-06-2006 - 09:18


#5 nguyenkim

nguyenkim

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 18 Bài viết

Đã gửi 08-06-2006 - 16:05

Hoan hô tinh thần của Zaizai...moi người rất ủng hộ bạn...
đừng bận tâm gì cả..vì anhtanh có nói :những tâm hồn lớn thường hay gặp sự đối chọi của những đầu óc tầm thường ...đầu bài bạn cũng đã nói là vấn đề cơ bản của:Ptoleme...từ đây bạn sẽ đi đến những ứng dụng của Ptoleme ...như bdt chẳng hạn...và sẽ xây dựng lớp bài toán của ứng dụng này...

#6 delphinus

delphinus

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 08-06-2006 - 16:29

zaizai thử làm nè:
Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp trong đường tròn (O).Điểm M di chuyển trên đáy BC.Qua M vẽ đường tròn (D) tiếp xúc với AB tại A,qua M vẽ đường tròn (E) tiếp xúc với AC tại C,N là giao điểm thứ hai của (D)&(E) .
Chứng minh:
a)N Nằm trên đường tròn (O).
b)MN đi qua điểm A không đổi và tích AM.AN không đổi khi M chuyển động trên BC.
c)Độ dài bán kính (D)&(E)không đổi khi M chuyển động trên BC.
tớ cũng xin nói thêm là tớ chả thấy thẩm mĩ gì cả :D (đơn giản ...)

#7 zaizai

zaizai

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Thành viên
  • 1380 Bài viết
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:giải toán(đặc biệt là Bất đẳng thức), đá bóng &lt;br&gt;đội bóng yêu thích là Man utd

Đã gửi 09-06-2006 - 16:52

câu này khó hiểu quá :equiv

tớ cũng xin nói thêm là tớ chả thấy thẩm mĩ gì cả


Định lí này theo bản thân tớ thì lại rất đẹp nó giúp ta rút gắn lời giải hoặc ít nhất là có 1 hướng suy nghĩ rõ ràng và cơ sở để hình thành lời giải cũng đơn giản hơn.
Dù phải chứng minh dưới dạng bổ đề nếu dùng nó trong các kì thi ^_^
Phương pháp để giải Hình học thì đa dạng và phong phú cụ thể như Cực và đối cực cũng là 1 phương pháp rất hay và tớ nghĩ dùng Ptolemy cũng có cái hay của nó :vdots
Tớ sẽ thử giải bài của cậu xem . ^_^

#8 HUYOLEAA

HUYOLEAA

    Binh nhất

  • Thành viên
  • 42 Bài viết
  • Đến từ:Gia lai-SV CNTT-KHTN TPHCM
  • Sở thích:Number Theory !

Đã gửi 11-06-2006 - 15:44

tui cũng thấy nó đẹp vì nó hay đơn giản,có "tính định lượng"
(hay "rất ĐS),tất nhiên nó chỉ được đề cập để giải mọt số mảng bài toán nhất định thôi."ai dám nói nó có thể dùng giải hết tất cả các bài HH",trang bị vào phòng thi tất nhiên là tốt .
Theo tôi nững bài toán HH nào có dạng "Hệ thức ĐS" thì hãy lường tới khả năng sử dụng "thằng này"
Và một điều nữa :"Khi giải các bài toán BDT Hình học hãy biết rõ ,hãy biết sự khác nhau của hai pp "HH" - "ĐS( đặc biệt là BDT ĐS)",và phải biết áp dụng linh hoạt, xen kẻ hai PP này"
Mathematics and IT
Nick Yahoo: [email protected]
Goodluck To Me And To You!!!!

#9 zaizai

zaizai

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Thành viên
  • 1380 Bài viết
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:giải toán(đặc biệt là Bất đẳng thức), đá bóng &lt;br&gt;đội bóng yêu thích là Man utd

Đã gửi 12-06-2006 - 09:07

Ý kiến trên rất đúng, khi sử dụng hình học thì ko thể có một đường lối nào có thể giải quyết chung được nếu thế thì hình học đâu còn thú vị :)
Tất nhiên mình có thể khẳng định rằng Ptolemy là một trong những thành tựu đẹp nhất của lí thuyết hình học phẳng sơ cấp, tất nhiên đây ko chỉ là nhận định của riêng mình. :luoi
Hãy thử khai thác bài thi chuyên của tỉnh mình bạn sẽ cần đến nó khi giải các bài toán mở rộng mình sẽ nêu lên. Đó chính là 1 bài toán và cũng là 1 bổ đề quan trọng để giải các bài toán khó hơn. Mình sẽ post nó :fight

#10 [email protected]

[email protected]

    Thành viên lười nhác

  • Thành viên
  • 418 Bài viết
  • Giới tính:Nam
  • Đến từ:TP Hải Dương
  • Sở thích:Giết người

Đã gửi 15-06-2006 - 16:43

Bài toán 1: Cho tam giác đều  có các cạnh bằng Trên  lấy điểm di động, trên tia đối của tia  lấy điểm  di động sao cho . Gọi  là giao điểm của  và . Chứng minh rằng:
( 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 suy ra
Xét và có:

Lại có
Từ:

Suy ra tứ giác  nội tiếp được đường tròn.
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác  nội tiếp và giả thiết ta có:
(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 đềle. 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.


Nhận xét của zaizai sai lè lè.
Nhìn thấy các đẳng thức MB=MA+MC là chúng ta nghĩ ngay đến cái bài toán quen thuộc M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC, Vậy chỉ cần CM M thuộc (ABC). Việc này quá đơn giản.

#11 zaizai

zaizai

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Thành viên
  • 1380 Bài viết
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:giải toán(đặc biệt là Bất đẳng thức), đá bóng &lt;br&gt;đội bóng yêu thích là Man utd

Đã gửi 16-06-2006 - 10:23

hì sai hả :P
Có chi mà sai nhỉ mình lại ko nghĩ như vậy :P

#12 TIG Messi

TIG Messi

    ^_^ Need + Enough = Success ^_^

  • Thành viên
  • 368 Bài viết
  • Đến từ:KCTNT
  • Sở thích:Toán, English, đá bóng, Xiền + PS2

Đã gửi 07-07-2006 - 07:20

zaizai nói hay sai mà "triết lý" quá.
Thực ra những bài đơn giản như thế đâu cần quá phức tạp như vậy ( [email protected] nói rùi đó).
Mà zaizai post lời giải bài của delphinus đi.
Nhận xét của bạn sai bét.
Vì sao?
Vì bạn chỉ nghĩ đến Ptô-lê-mê trong tất cả các bài toán mà không có so sánh. VD bài AM=BM+CM đó. trong NCVPT có rồi, nó cũng là bài dễ, gần như một tính chất luôn, như vậy phải có M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Cách này rõ ràng ngắn hơn. Vậy mà không sai à?
Cái hay của chuyên đề này thì rõ roài, nhưng không thể "khen" các điểm phức tạp của nó được chứ! :D :approx

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sir Math: 07-07-2006 - 07:23


#13 zaizai

zaizai

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Thành viên
  • 1380 Bài viết
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:giải toán(đặc biệt là Bất đẳng thức), đá bóng &lt;br&gt;đội bóng yêu thích là Man utd

Đã gửi 07-07-2006 - 17:57

zaizai nói hay sai mà "triết lý" quá.

uh thì có thể có lúc ko đúng, nhưng mà hay sai và triết lí thì bạn nên xem lại cách nhìn nhận vấn đề của mình :geq
Thực ra bài này nếu chỉ đơn giản như vậy thì làm gì có phát triển về sau. Đó mới là cái hay khi ta mở rộng. Tốt nhất bạn cũng nên suy nghĩ khi post bài, nhất là lúc chưa đọc kĩ bài post của người khác . :geq

#14 TIG Messi

TIG Messi

    ^_^ Need + Enough = Success ^_^

  • Thành viên
  • 368 Bài viết
  • Đến từ:KCTNT
  • Sở thích:Toán, English, đá bóng, Xiền + PS2

Đã gửi 07-07-2006 - 20:01

Thiệt đấy.
Sai thì có VD rồi, triết lý thì càng rõ.
Tốt nhất cậu nên nói dễ hiểu một chút, tức kiểu như thế này:
VD như

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 đềle. 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.

thì bạn nói đơn giản là:
" cách giải đơn giản hơn là ....., nhưng sẽ không tổng quát được, so với khi giải bằng Ptoleme

Nhưng điều chú ý ở đây là ta chẳng cần phải suy nghĩ nhiều khi dùng cách trên

chỗ này hoàn toàn đồng ý vì nó là định lý rất quen.

Trong khi đó nếu dùng cách khác thì lời giải có khi lại ko mang vẻ tường minh[

chỗ này không đồng ý vì AM=BM+CM là rất quen thuộc, mình nhớ rõ, lời giải quá rõ ràng, còn tổng quát hay không thì tính sau .... :Leftrightarrow
Chứ nói thế mất nhìu thời gian để phân tích lắm :Rightarrow :lol: :Leftrightarrow :Rightarrow :geq
Học Pascal đây, bye nha, lên Ford Escape nào .... :geq
có dịp anh em uống bia nha! :beer

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Sir Math: 07-07-2006 - 20:05


#15 zaizai

zaizai

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Thành viên
  • 1380 Bài viết
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:giải toán(đặc biệt là Bất đẳng thức), đá bóng &lt;br&gt;đội bóng yêu thích là Man utd

Đã gửi 08-07-2006 - 10:09

cái này có lẽ là tại mình dốt ko biết những cách mà bạn nói đến.
Nhưng ít nhất là mình cũng ko cần cách "dạy phải làm thế này hay làm thế kia". Cái đó ko cần thiết mình nghĩ sao viết vậy. Và mình thấy vậy là đủ.
Nếu bạn muốn trình bày ý kiến thì hãy tự viết lấy 1 bài chuyên đề của riêng mình và có thể tự nhận xét nó. Còn cái mà bạn nói cũng chẳng có ý nghĩa gì. Cách của mình là vậy đó.
Tốt nhất chuyện này nên chấm dứt. Ko rãnh thời gian mà cãi nhau với bạn, thế thôi! :geq

#16 Khách- thachpbc_*

Khách- thachpbc_*
  • Khách

Đã gửi 02-08-2006 - 18:08

Định lý Ptô lê mê còn mở rộng đc sang hình học không gian:Với mỗi tứ diên ABCD,ta có :AB.CD<AC.BD+AD.BC.Nhưng em không bít dấu "=" xảy ra khi nào?

Không có dấu bằng xảy ra

#17 sinichi

sinichi

    Binh nhì

  • Thành viên
  • 17 Bài viết
  • Sở thích:CVA

Đã gửi 05-08-2006 - 11:15

Tai sao lai khong co dau "=" xay ra. Ban phai giai thich chu.

#18 zaizai

zaizai

    Tiến sĩ diễn đàn toán

  • Thành viên
  • 1380 Bài viết
  • Đến từ:Quảng Trị
  • Sở thích:giải toán(đặc biệt là Bất đẳng thức), đá bóng &lt;br&gt;đội bóng yêu thích là Man utd

Đã gửi 07-09-2006 - 10:23

sắp tới zaizai sẽ update bài viết này và sẽ post lại trong box chuyên đề THPT. Bài viết bổ sung này sẽ cung cấp thêm một vài cách chứng minh định lí Ptolemy bằng số phức, điểm nghịch đảo, 2 cách làm thuần hình học trong đó có 1 cách rất hay xử lí được cả đẳng thức và bất đẳng thức Ptolemy... Việc tìm thêm cách giải để so sánh sức mạnh của định lí sẽ được nêu kĩ càng hơn qua đó tìm hướng tổng quát của một vài bài. Mong rằng bài viết bổ sung tới sẽ đầy đủ hơn và có chiều sâu hơn.
Nếu các bạn có các cách giải khác cho các bài toán trong bài này và các bài tổng quát xin post lên đây hoặc pm cho zaizai để kịp bổ sung trong dịp sắp tới :Rightarrow

#19 blabla

blabla

    Lính mới

  • Thành viên
  • 1 Bài viết

Đã gửi 07-12-2006 - 18:36

Em muốn in ra để tham khảo cho dễ thì làm như nào?? Em đang học về cái này nên rất cần , cop lại vào WOrd thì lại kô xem đc ký tự ...... Giúp em với .....

#20 fkbjtch

fkbjtch

    Lính mới

  • Thành viên
  • 4 Bài viết

Đã gửi 17-03-2013 - 11:59

Định lý Ptô lê mê còn mở rộng đc sang hình học không gian:Với mỗi tứ diên ABCD,ta có :AB.CD<AC.BD+AD.BC.Nhưng em không bít dấu "=" xảy ra khi nào?

dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi tứ giác đó là tứ giác nội tiếp




0 người đang xem chủ đề

0 thành viên, 0 khách, 0 thành viên ẩn danh