CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH PHẲNG tt 1.7 Định lý Ptolemy và Bất đẳng thức Ptolemy Định lý Ptolemy và bất đẳng thức Ptolemy là một trong những định lý hay và thú vị nhất của hình học phẳng sơ cấp..
Trang 1CÁC ĐỊNH LÝ HÌNH PHẲNG (tt)
1.7 Định lý Ptolemy và Bất đẳng thức Ptolemy
Định lý Ptolemy và bất đẳng thức Ptolemy là một trong những định lý hay và thú vị nhất của hình học phẳng sơ cấp Có nhiều bài viết và chuyên đề viết về vấn đề này, vì thế trong phần này tôi chỉ trình bày định lý chính và ứng dụng trong việc giải toán Các mở rộng của định lý này xin đọc trong các tài liệu tham khảo
Bài toán 7a (Định lý Ptolemy) Cho tứ giác lồi ABCD Khi đó ABCD là tứ giác nội tiếp khi
và chỉ khi: AC BD AB CD AD BC
Hướng dẫn Định lý này có nhiếu cách chứng minh, phần này trình bày cách chứng minh
đơn giản và dễ hiểu nhất
Trên đoạn thẳng AC lấy điểm E sao cho ∠ABE
= ∠ DBC
Suy ra ΔABE ∼ Δ DBC và Δ CBE ∼ Δ DBA,
Từ đó ta có AB.CD = AE.BD và BC.AD = CE.BD
Suy ra AB.CD + CE.BD = AE.BD + CE.BD = AC.BD @
Định lý Ptolemy có phát biểu khá đơn giản, tuy nhiên có nhiều ứng dụng trong việc giải toán, sau đây chúng ta áp dụng định lý Ptolemy để chứng minh một số định lý hình học khác
Bài toán 7a.1 Chứng minh rằng: sin(α + β) = sinα cosβ +
cosα sinβ (với α , β, α + β là các góc nhọn)
Hướng dẫn
Dựng đường tròn đường kính AC và lấy B, D ở hai nửa đường
tròn khác nhau sao cho ∠BAC = α và ∠ DAC = β Khi đó:
Trang 2sinα cosβ + cosα sinβ = (BC/AC) (AD/AC) + (AB/AC).(CD/AC) = (AB.AD + BC.AD)/AC2
= AC.BD/AC2 = BD/AC = sinBAD = sin(α + β ) @
Bài toán 7a.2 (Hệ thức Feuerbach) Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn, khi
đó
BD 2 S ACD = CD 2 S ABD + AD 2 S BCD (3)
Hướng dẫn
Ta có:
Suy ra
2
Áp dụng định lý sin ta có sinA/sinD = sinC/sinD=BD/AC và áp dụng Ptolemy suy ra điều cần chứng minh
Bài toán 7a.3 (Định lý Carnot) Trong tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn O bán
kính R Gọi x, y, z là cỏc khoảng cách từ O đến BC, CA, AB tương ứng Khi đó x + y + z = R + r
trong đó r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
Hướng dẫn
Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB tương ứng Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp AEOF, ta được
AF.OE + AE.OF = AO.EF
⇔ c.y + b.z = R.a
Tương tự
c.x + az = R.b, ay + bx = R.c
Cộng các đẳng thức vế theo vế, ta được
(b+c)x + (c+a)y + (a+b)z = R(a+b+c)
Trang 3⇔ (a+b+c)(x+y+z) = R(a+b+c) + ax + by + cz
⇔ x + y + z = R + r
(Vì ax + by + cz = 2SOBC + 2SOCA + 2SOAB = 2SABC và r = S/p)
Viết dưới dạng lượng giác, định lý Carnot chính là hệ thức:
cosA + cosB + cosC = 1 + r/R
Chú ý hệ thức này đúng với mọi tam giác Với hệ thức hình học, định lý Carnot vẫn đúng trong trường hợp tam giác tù, nhưng nếu chẳng hạn A tù thì ta có
–x + y + z = R + r
Một số bài tập áp dụng định lý Ptolemy
Bài toán 7a.4 (Các công thức liên quan đến đường chéo của tứ giác nội tiếp) Cho tứ giác
ABCD nội tiếp đường tròn (O; R) có = , = , = , = và = , = Chứng minh rằng khi đó ac bdad bc
p
ab cd
ac bdab cd
q
ad bc
1
4
ABCD
R
Bài toán 7a.5 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 tại P Chứng minh rằng BP đi qua điểm
chính giữa của cung BAC
Bài toán 7a.6 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 OIA = 90 0 Chứng minh rằng IG song song với BC Bài toán 7a.7 (IMO Shortlist) Giả sử M, N là các điểm nằm trong tam giác ABC sao cho
CB CA
CN CM BC
BA
BN BM AC
AB
AN AM
Bài toán 7a.8 (VMO 1997) Trong mặt phẳng, cho đường tròn tâm O bán kính R và điểm P
nằm trong được tròn (OP = d < R) Trong tất cả các tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn (O) và có hai đường chéo AC và BD vuông góc và cắt nhau tại P, hãy tìm tứ giác có chu
vi lớn nhất và tứ giác có chu vi nhỏ nhất Tính các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất này theo R và
d
Định lý Ptolemy có nhiều mở rộng, một trong số đó là bất đẳng thức Ptolemy, có khá
nhiều ứng dụng
Trang 4Bài toán 7b (Bất đẳng thức Ptolemy) Cho 4 điểm A, B, C, D Khi đó ta luôn có
AC BDAB CDAD BC Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi ABCD là tứ giác nội tiếp
Bài toán này cũng có nhiều cách chứng minh, trong tập tài liệu này bạn sẽ thấy những cách chứng minh đó Trong phần này tôi xin trình bày cách chứng minh quen thuộc nhất
Sau đẩy là một số ứng dụng của bất đẳng thức Ptolemy
Bài toán 7b.1 (Điểm Toricelli) Cho tam giác ABC, tìm điểm M trong tam giác sao cho MA
+ MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất (Điểm M được gọi là điểm Toricelli)
Bài toán 7b.2 (Bđt Erdos – Mordell) Cho tam giác ABC, M là một điểm nằm trong tam
giác Đặt x 1 = MA, x 2 = MB, x 3 = MC và p 1 , p 2 ,p 3 là khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác Khi đó x1x2x3 p1p2 p3
Một số bài toán áp dụng bđt Ptolemy
Từ phương pháp chứng minh trong bài toán điểm Toricelli ta thấy, bất đẳng thức ptolemy có ứng dụng nhiều trong việc đánh giá độ dài các đoạn thẳng, cụ thể để đánh giá
biểu thức có dạng: pMAqMB, ta dựng điểm N thỏa pNAqNB Khi đó, áp dụng bđt Ptolemy cho tam tứ giác ABMN ta có :
AM BN AN BM AB MN
p
q
q AB MN
AN
Vì N là cố định, việc đánh giá pMAqMB chuyển thành việc đánh giá MN
Sau đây là một số ví dụ
Trang 5Bài toán 7b.3.Cho điểm M nằm trong góc nhọn xOy Hai điểm A, B lần lượt thay đổi trên
Ox, Oy sao cho 2OA = 3OB Tìm vị trí của A, B sao cho 2MA + 3MB đạt giá trị nhỏ nhất
Hướng dẫn Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác OAMB, ta có
OA.MB + OB.MA OM.AB
Từ đó 2OA MB + 2.OB.MA 2.OM.AB
⇔ 3OB.MB + 2.OB.MA 2.OM.AB
⇔ 2MA + 3MB 2.OM.(AB/OB)
Vì tam giác OAB luôn đồng dạng với chính nó nên AB/OB là một đại lượng không đổi Từ
đó suy ra 2MA + 3MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2.OM.(AB/OB) Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tứ giác OAMB nội tiếp
Bài toán 7b.4 : Một lục giác có độ dài 6 cạnh đều bằng 1 Chứng minh rằng lục giác đó có ít
nhất một đường chéo chính nhỏ hơn hay bằng 2 (Đường chéo chính là đường chéo chia lục giác thành hai tứ giác)
Hướng dẫn Không ngờ gợi ý cho lời giải bài toán này lại là một đẳng thức lớp một: « 1 với
1 là 2 » Và để thực hiện phép cộng hai cạnh thành ra đường chéo đó, ta sẽ áp dụng bất đẳng thức Ptolemy
Xét lục giác ABCDEF Xét tam giác ACE Không mất tính tổng quát, có thể giả sử CE là cạnh lớn nhất trong tam giác Áp dụng bất đẳng thức Ptlemy cho tứ giác ACDE, ta có: AC.DE + AE.CD AD.CE
Từ đó, do CD = DE = 1 và CE AC, CE AE nờn ta suy ra AD 2 (đpcm)
Bài tập áp dụng bất đẳng thức Ptolemy
Bài toán 7b.5(IMO SL 1997) Cho lục giác lồi ABCDEF cú AB = BC, CD = DE, EF = FA
Chứng minh rằng BC/BE + DE/DA + FA/FC ≥ 3/2 Dấu bằng xảy ra khi nào?
Bài toán 7b.5 (IMO 2001) Cho tam giác ABC với trọng tâm G và độ dài các cạnh a = BC, b
= CA, c = AB Tìm điểm P trên mặt phẳng tam giác sao cho đại lượng AP.AG + BP.BG + CP.CG đạt giá trị nhỏ nhất và tínm giá trị nhỏ nhất đó theo a, b, c
Bài toán 7b.5Cho đường tròn (O) và dõy cung BC khác đường kính Tìm điểm A thuộc cung
lớn BC của đường tròn để AB + 2AC đạt giá trị lớn nhất
Bài toán 7b.5 Lục giác lồi ABCDEF có ABF là tam giác vuông cân tại A, BCEF là hình bình
hành AD = 3, BC = 1, CD + DE = 2 2 Tính diện tích lục giác
Trang 6Bài toán 7b.6 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I)
Chứng minh rằng ∠OIA ≥ 90 0
khi và chỉ khi AB + AC ≤ 2BC
