ĐỊNH LÝ PTOLEME, BẤT ĐẲNG THỨC PTOLEME VÀ CÁC VẤN ĐÈ CÓ LIÊN QUAN

Xoay quanh định lý này có rất nhiều bài viết rất hữu ích và hay cho ứng dụng của nó và một số mở rộng hấp dẫn.. I:Một vài kiến thức cần nhớ Định lý ptoleme trong tứ giác : a Khởi nguồn

ĐỊNH LÝ PTOLEME, BẤT ĐẲNG THỨC PTOLEME

VÀ CÁC VẤN ĐÈ CÓ LIÊN QUAN

Chắc các bạn ai cũng biết tới định lý nổi tiếng của hình học phẳng là: định lý Ptoleme

Xoay quanh định lý này có rất nhiều bài viết rất hữu ích và hay cho ứng dụng của nó

và một số mở rộng hấp dẫn Để góp thêm vào vấn đề này mình xin trao đổi với các

bạn một số bài tập nho nhỏ và mở rộmg của nó

I:Một vài kiến thức cần nhớ

Định lý ptoleme trong tứ giác :

a) Khởi nguồn từ tứ giác nội tiếp : Trong 1 tứ giác nội tiếp , tổng các tích cạnh đối

bằng tích 2 đường chéo

Cách chứng minh đơn giản nhất là:

Chọn điểm F thuộc đường thẳng AC sao

cho ∃

ABC = ∃

FBC Khi đó ta có

∆ABD∽ ∆FBC (g-g) suy ra AB.BC =

FC.BD Chứng minh tương tự ta có

AF.BD=AB.DC Từ đó suy ra

AC.BD=AB.CD + AD.BC

Định lý này còn rất nhiều cách CM và

phép nhịch đảo là phép CM có khả năng

mở rộng nó Tuy nhiên khi định lý ở

dạng tứ giác thì cách CM trên có lẽ là

phổ biến nhất và đơn giản nhất

Từ chứng minh trên ta sẽ dễ dàng suy ra

BĐT Ptoleme sau : Trong một tứ giác, tổng các tích 2 đường chéo của các cạnh

đối không nhỏ hơn tích 2 đường chéo

Hay theo kí hiệu trên thì AB.CD + AD.BC ≥ AC BD

b)Và tình cờ mình đã gặp định 2 định lý có lẽ là mở rộng cho định lý Ptoleme ở

dạng tứ giác :

Định lý Bretschneider : Cho tứ giác ABCD có độ dà các cạnh là a,b,c,d Và độ dài 2 đường chéo là m,n

CMR : m2.n2 = a2 c2 + b2.d2 - 2abcd.cos(A+C)

Ta thấy với 0<A+C<180 thì -1≤ cos(A+C) <1 nên từ đó ta suy ra

B

A

C D

E

|ac-bd <mn≤ac +bd Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi cos(A+C) =-1 khi đó tứ |

giác ABCD nội tiếp

Và định lý Casey

Cho tứ giác ABDC nội tiếp (O) , 4 đường tròn α ß λ γ

tiếp xúc với (O) ở A, B, C, D Gọi tαß là tiếp tuyến chung ngoài (hoặc chung trong) của đường tròn α ,ß các tiếp tuyến còn lại xác định tương tự

CMR tαß t λγ + tßλ tαγ = tαλ tßγ ( ứng dụng trực tiếp của định lý này là định lý lyness )

Hai định lý này các bạn hãy CM xem như bài tập

Tuy nhiên với định lý Ptoleme tổng quát cho đa giác nội tiếp các bạn có thể xem bài viết của tác giả Nguyễn Minh Hà ở cuốn tuyển tập 5 năm toán học tuổi trẻ từ măn 1991-1995

Sau dây là một số bài tập ứng dụng với tứ giác được coi là truờng hợp hay nhất khi sử dụng định lý Ptolêm tổng quát

II: Bài tập vận dụng

Và ứng dụng đầu tiên là một bài tính toán , ta xét bài toán sau

Bài 1 : Cho tứ giác ABCD nôi tiếp (O) Các cạnh có độ dài tương ứng là

a,b,c,d Tính độ dài 2 đường chéo theo a,b,c,d

Ta nhận thấy con đường dễ nhận ra nhất là

sử dụng định lý Ptoleme : AC.BD = ac + bd

Tuy nhiên ta vẫn chua đủ cơ sở để tính và

cần tới bổ đề sau

BĐ1 : ACBD = (ad+bc) /(dc +ba)

Và đến đây bài toán đã được giải quyết dễ

dàng Điều quan trọng là cm BĐ1 và phần

này xin dành cho các bạn

BĐ1 còn rất nhiều áp dụng , sau đây xin giới

thiệu 1 số bài tâp áp dụng

1) Cho tứ giác ABCD nội tiếp có độ dài các

cạnh lần lượt là a,b,c,d tìm Min và Max

của biểu thức (ad+bc)/(dc+ba)

C

A

B

D

2) Cho tứ giác ABCD nội tiếp có giao điểm 2 dường chéo là O Đường tròn

ngoại tiếp tam giác OAB và tam giác ODC là K Trên nủa mặt phẳng bờ BC

Bài toán 1 cũng có thể giải quyết bằng định lý Brestchneider một cách dễ dàng Tuy nhiên sử dụng BĐ1 thì cách chứng minh đậm chất hình học hơn

Bài 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 ∃

Ta sẽ áp dụng định lý Ptoleme như

sau Nhận thấy AIID = ABBD = ACDC

=(AB+AC)

(AB+AC)

Muấn cm GI//BC thì cần cm

AI

ID =2 Ta kéo dài AI cắt (O) ở E

do đó AI=IE=BE=EC Áp dụng

định lý Ptoleme ta có

AE.BC=BE.AC + EC.AB

Do đó AC + AB = 2.BC

Suy ra đpcm

Khi kết hợp bài toán trên với bài

toán sau : Cho (O) dây cung BC ,

lấy D đối xứng với C qua B.Kẻ tiêp tuyến từ DA với (O) cắt tiếp tuyến từ C với (O) tại T, TB cắt (O) ở P Khi đó AP//BC

Ta được bài toán sau : Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp , O là tâm

OIA = 90o Trên tia CB lấy D sao cho DC=AB+AC Kẻ tiếp tuyến DL với (O) cắt tiếp tuyến tại C ở T TB cắt (O) ở P CMR LP//GI

Ta thấy rằng nếu chưa biết 2 bài toán trên thì cm sẽ rất khó khăn, và nhờ định lý Ptoleme thì ta sẽ giải quyết trọn vẹn cả 2 bài toán đó và bài toán hệ quả

Bài toán 3 sắp giới thiệu là một định lý

khá phổ biến

Định lý Cacno: Cho tam giác ABC nội

tiếp (O,R)và ngoại tiếp (I,r) Gọi x,y,z

là khoảng cách từ O tới cac cạnh CMR

: x + y + z = R + r

Gọi hình chiếu như hình vẽ Áp dụng

định lý Ptoleme cho {APON ta có

= z a2 + x 2c

CMTT có : R c2 = y 2a + x b2 và R 2a

= y c2 + z b2

Mặt khác r( 2a + b2 + c2 ) = SABC = SOBC + SOCA + SOAB

= x a2 + y b2 + z 2c

Từ các cm trên ta có (R+r)(a+b+c)2 = (x+y+z)(a+b+c)2 Suy ra R+r=x+y+z

Kết quả bài toán sẽ thay đổi nếu các góc của tam giác thay đổi Một trong các góc tù thì giá trị R+r thay đổi

Đối với H là trực tâm tam giác thì HA + HB + HC =2.(R+ r) (tam giác ABC nhọn) Khi áp dụng BĐT Erdos thì ta có HA+HB+HC≥2.(HA’+HB’+HC’) (với A’,B’,C’ là hình chiếu A,B,C lên các cạnh đối điện) Từ bài toán trên có

x+y+z≥(HA’+HB’+HC’)

Cmtt có HA+HB+HC ≤ 3R

Cũng theo BĐT Erdos thì ta có với mọi M thuộc tam giác ABC , R1 , R2 , R3

MB +MC Dễ dàng CM tính chất sau bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác

HAB,HBC,HCA bằng nhau (định lý Jonson) Ta được BDT 3R≥HA+HB+HC≥3R’ ( với R’ là bán kính đường tròn ngoại HAB) Ta thu được kết quả R≥R’ khá đẹp

Mở rộng theo một hướng khác : ta sẽ nhận thấy với mọi điểm M thuộc mặt phẳng tam giác ABC thì Min( ha + hb + hc )≤Tồng các khoàng cách từ M tới các cạnh

≤Max( ha + hb + hc )

Vận dụng vào ta có BĐT sau : Min( ha + hb + hc )≤ R+r≤Max( ha + hb + hc )

Cũng theo hướng trên ta có AM≤ AO+OM; MB≤ON+OB; CP≤OP+OC Do đó

Tiếp sau là một bài toán sử dụng định lý Ptoleme khá nhanh

Bài 4 : Cho tam giác ABC với BE CF là các phân giác trong Đường thẳng EF cắt

đường tròn ngoại tiếp của tam giác ở M

và N

CMR : BM1 + CN1 = AM1 + AN1 + BN1

+ CM1

Ta thấy độ dài các đoạn AN, AN ,

MB ,CN, BN,CM chỉ có mối liên hệ

vớ nhau qua các cặp tam giác đồng

dạng AMF và NBF; ANF và MBF

Ta được các tỉ số sau: AMBN = MFBF ;

AN

AF

MF

Từ đó ta có AM.ANCM.CN = MFAF = ba

CM t2 có AM.ANCN.CM = AECE = ca

Thay các tỉ số này vào giả thiết có (BN-BM) ba + (CM-CN) ca = (AM+AN )

Do đó a(AM+AN)=b(BN-BM) + c(CM-CN)

Điều này được cm đơn giản nhờ áp dụng định lý Ptoleme cho 2 tư giác nội tiếp AMBC và ANBC ta có a AM+b.BN =c.CM và a.AN+ c.CN = b.BN

BÀi toán đã được giả quyết nhờ định lý Ptoleme một cách nhanh chóng

Từ cách cm trên ta có thể CM 2 hệ thức hình học sau

1

AN + BM1 = CM1 ; AN1 + BN1 = CN1 ;

Về mặt hình học 2 hệ thức này đẹp hơn bài toán 4 rất nhiều Ta có thể CM

nó hoàn toàn = Talet Các hệ thức trên cho thấy mối liên hệ hình học giữa các khoảng cách từ M và N tới các đỉnh của tam giác

Ta có thể CM bài toán này bằng nhiều cách nhưng sử dụng định lý Ptoleme

là ngắn gọn có sơ sở nhất

Bài 5 : Cho hình bình hành ABCD Một đường tròn qua A cắt AD , AB ,AC

ở P,M,N CMR :

AP.AD+AM.AB=AN.AC

Ta thấy rằng với bài toán

này thì nhìn nhận đầu tiên

là sử dụng định lý ptoleme

cho tứ giác nội tiếp AMNP

Ta có

AM.PN+AP.NM=AN.PM

Dễ dàng nhận thấy

∆MPNτ ∆ACD Do đó

MN

AD =

PN

CD = MPAC Thay vào

ta có đpcm

Từ bài toán ta thay đổi đôi chút sẽ được bài toán sau:

Cho tam giác ABC cố định Trung tuyến AM Một đường tròn qua A và M cắt đường thẳng AB và AC ở I và K CMR AB A I+AC.AK không đổi Bài toán tiếp là định lý Ptoleme mở rộng

Bài 6: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) (O’) tiếp xúc với #

BC không chứa

A Kẻ tiếp tuyến AA’,BB’,CC’, với (O’) thì ta có:

BC.AA’ = CA.BB’ + AB.CC’

Kéo dài MA , MB , MC cắt (O’) ở X,Y,Z

Dễ dàng CM ZX//AC, XY//BA, YZ//AC;

Lúc này ta có AMAX = BMBY = ZMCZ (1)

Từ (1) và (2) thay vào đpcm ta có

BC.MA=CA.MB + AB.MC Đây chính là định lý Ptoleme cho tứ giác MCAB

Bài toán này là 1 định lý phổ biến , ta thấy ngay khi tam giác ABC đều thì

AA’=BB’+CC’ Sau đây mình xin giới thiệu một vài bài tập ứng dụng :

1): Cho (O1 ) và (O2) cùng tiếp xúc trong với (O) Tiếp tuyến chung của (O1) và (O2 ) cắt (O) tại 4 điểm Trong đó B,C cùng phía với O1 , O2 CMR BC// với 1 tiếp tuyến chung ngoài của (O1 ) và (O2 )

2) : Cho tam giác ABC (AB<BC) nội tiếp (O) Trên cạnh AC lấy điểm B1 , sao cho BB1 = BA = c Goị R là bán kính đường tròn (O1 ) tiếp xúc BB1 ,B1C và cung nhỏ

Định lý Ptoleme còn cho ta một tính chất quan trọng của tứ giác đẹp.Đó là :

Bài toán 7 : Với M ngoài (O) Kẻ 2 tiếp tuyến MAvà MB với (O) Một cát tuyến qua

dễ dàng suy ra AE.BF=EB.AF

Sử dụng định lý Ptoleme cho tứ giác

EFAB suy ra ngay EA.BF=EB.AF

= 12 EF.AB

Đây là 1 tính chất rất hay và có nhiều

ứng dụng Sau đây xin một vài bài tập

cho nó:

1) Cho tam giác ABC nội tiếp (O) Tiếp

tuyến từ A và B cắt nhau ở D M là

ACD

2 ) Cho tam giác ABC Đường tròn (I)

nội tiếp tam giác tiếp xúc với AB,AC tại E và F ; BF,CE lai cắt (I) tại K , L Tính LE.KF

LF.KE

LE.KF

3) Cho ( O1 ) và ( O2 ) cắt nhau tại A và B Điểm Q nằm trên (O2 ) Các đường thẳng AQ ,BQ cắt ( O1 ) lần lượt tại C và D Các tiếp tuyến tại A và B của ( O2 ) cắt nhau tại P CMR PQ đi qua trung điểm của CD

Để thay đổi không khí chúng ta sẽ chyển sang 1 số bài toán BĐT

Chắc các bạn đã quen với bài toán sau : Cho (O) dây cung BC khác đường kính Tìm

M thuộc cung BC lớn sao cho MA+ MB max Nhưng các bạn đã thắc mắc nếu hệ số 1,1 thay đổi ở biểu thức thì bài toán sẽ thay đổi như thế nào chưa Định lý Ptoleme sẽ giải quyết vấn đề này

Bài toán : Cho (O) Dây cung BC khác đường kính Tìm A thuộc cung lớn

BC sao cho x.CA+y.AB Max

Với D bất kỳ thuộc cung BC nhỏ ta

có:AD.BC=BD.AC + DC.AB

Ta nhận ra là chỉ cần chọn D thích

hợp là giải qyết xong bài toán Chọn

DB

DC =

x

y Suy ra D cố định cách dựng như hình vẽ Do dó DB=kx, DC=ky

Suy ra k cố định

Lúc này AD.BC=k(x.CA+y.AB) do

AD là đường kính

Từ bài toán này ta sẽ giải bài toán sau

:Cho (O) Dây cung BC khác đường

kính Tìm A thuộc cung lớn BC sao

cho CAx + CBy Max

Tiếp tục ý tưởng muốn mở rộng cho bài toán ta xét ví dụ sau

Cho tam giác ABC Tìm M thuộc tam giác sao cho MA+MB+MC Min Dây là bài toán điểm Tonrixenly quen thuộc tuy nhiên khi thay đổi hệ số ta được bài toán tổng

Với bài toán tổng quát này ta nhận thấy cần chia ra 2 trường hợp :

A: Trường hợp

⎣

⎢

⎡y+z≤x z+x≤y x+y≤z Giả sử y + z ≤ x

Ta có M≥ (y+z).MA + yMB + zMC = y(MA + MB) + z(MB + MC) ≥ yAB + zAC Đẳng thức xảy ra khi M≡ A.Và min = yAB+zAC, các trường hợp còn lạ làmtt

B: Tường hợp

⎣

⎢

⎡y+z>x x+z>y z+y>x lúc này x,y,z là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác

Tồn tại 1 tam giác có 3 cạnh có độ dài tương ứng là x,y,z giả sử là tam giác A’B’C’

Ý tưởng cm giống với bài 1 Cần dựng 1 tam giác đồng dạng với tam giác A’B’C’ Xét 3 trường hợp

A + ∃ A’ ; ∃

B + ∃ B’ ; ∃

C + ∃ C’ ) < 180o Dựng tam giác A1BCτ∆A’B’C’ Gọi J là giao của AA1 và đường tròn ngoại tiếp

∆A1 BC Gọi I là giao điểm của AA1 với đường thẳng BC

Dễ thấy J thuộc đoạn AA1 và I thuộc đoạn BC.Suy ra J thuộc #

BC không chứa A1 của

kỳ thuộc tam giác ABC ta có xMA + yMB +

zMC = B’C’.MA +C’A’.MB + A’B’.MC

= B’C’.MA + B’C’BC CA1 MB

+ B’C’BC A1B MC

=B’C’( MA + CA1.MB+ABC 1B.MC )

Áp dụng BĐT ptoleme cho tứ giác cho tứ giác

MBA1C ta có:

M ≥B’C’(MA+MABC1.BC )=B’C’.(MA+MA1)≥

B’C’.( MA+ MA1 ) = x AA1 Dấu bằng xảy ra

khi M≡ J

A + ∃ A’ ; ∃

B + ∃ B’ ; ∃

C + ∃ C’ ) = 180o

3) Nếu max( ∃

A + ∃ A’ ; ∃

B + ∃ B’ ; ∃

C + ∃ C’ ) > 180o

A + ∃ A’ >180o thì Min M=y.AB+zAC

Các trường hợp còn ta lại xét tương tự

Ta thử áp dụng với 1 số bài toán sau :

1) : Cho tam giác tìm min ma MA +

mc MC+ MB mb

Với trung tuyến AA’,trọng tâm B’, C’ là

trung điểm B’C’

Ta suy ra ∃

A + ∃

A’ <180o , ∃

B + ∃ B’ <

180o , ∃

C + ∃

C’ < 180o

Theo bài 2 thì ma MA + mc MC+ MB mb

khi M≡ trọng tâm tam giác

2) Tìm M thuộc tam giác sao cho 3 MA +

MB + MC

Các bài toán này có thể giải bằng tính toán và BĐT thong thường nhưng rất khó CM Tương tự cách CM đã xử dụng ta có thể giả quyết bài toán sau

Bài 3: Cho tam giác nhọn nội tiếp (O,R) Đường thẳng AO cắt đường tròn ngoại tiếp

OBC tại D ,các điểm E ,F xác định tương tự ( E thuộc đường thẳng AO)

BAE

∃

EAC

( Đặt BC= x, DC= y , DB = z)

Suy ra BEx = AFy = BAz

ECx = ACy = ECz

Sử dụng định lý Ptoleme cho các tứ

giác nội tiếp OBDC, OACE, OAFC

ta sẽ suy ra các đẳng thức sau :

OD=R y+zx OE=R z+xy , OF= R x+yz

Do đó OD.OE.OF= R3 (x+y)(z+x)(x+y)xyz ≥8 R3

Theo cách cm trên thì với mọi O bất kỳ thì BĐT vẫn còn đúng

Tiếp theo ta sẽ CM 1 bài toán khác mà công cụ duy nhất mà định lý Ptoleme

Bài 4: Cho lục giác ABCDEF có AD=EF=CD=m; BC=DE=FA=n;

AD=x;BE=y;CF=z CMR 1x + 1y + 1z ≥ m+n3

Đặt các độ dài AC=a,CE=b,EA=c;

Áp dụng định lý Ptoleme cho tứ giác ACDE,

ta có AD.CD≤ CD.AE + DE.AC

⇒ xb≤ mc + na ⇒ 1x ≥ mc+nab

Tương tự như vậy ta có

1

y ≥

a

mb+nc ;

1

z ≥

c ma+nb

Do đó 1x + 1y + 1y ≥ mb+nca + mc+nab + ma+nbc

= a(mb)+b(mc+na)+c(ma+bn)(n+m)(bc+ca+ab) ( mb+nca +

b

c ma+nb ) ≥

3(a+b+c)2

3(a+b+c)2 (m+n)(a+b+c)2 =

3 m+n

Do đó BĐT cần cm đúng Đấu bằng xảy ra khi lục giác ABCDEF nội tiếp Sau đây là 1 bài toán cho thấy tính đại số sâu sắc của định lý Ptoleme

Bài 5: Cho (O) 1 điểm P cố định nằm trong

hình tròn Qua P kẻ 2 dây cung AC và BD

vuông góc với nhau

a) Tìm min và max SABCD

b) Tìm Min và Max SABCD

Tại câu a) ta thấy 1 hệ thức quan trọng được

thiết lập khi gọi I và K thứ tự là trung điểm của

AC và BD là : AC2 = 4.( R2 - OK2 )

BD2 = 4 ( R2 - OI2 )

Ta có SABCD = 12 AC.BD Do đó tìm max của SABCD thì ta tìm max của (AC.BD)2

Mà (AC.BD)2 ≤ (AC2+BD2 2) =8.( 2.R2 - OP2 )

Dầu bằng xảu ra khi tứ giác ABCD có AC=BD

Lại có SABCD= AC.BD2 = 18 ( AC2 + BD2 - (AC-BD)2 ).Ta thấy AC2+ BD2 = conts

Dựa trêm ý tưởng của câu a) ta sẽ làm được câu b) như sau :Cách tiếp cận duy nhất giưã các cạnh và đường chéo là định lý Ptoleme

Ta có : AC.BD = AB.CD + AD.BC

Đặt m= AB + BC + CD + CA Theo ý tưởng của câu a) ta bình phương m thì được

+AB.CD+BC.AD)

Ta nhận thấy với mọi tứ giác AB2 + CD2 + BC2 + AD2 = AC2 + BD2 +4.IK2

Ở bài nay theo a) đây là hằng số Do dó ta chỉ xét mim max của S=( AB.BC+ BC.CD + CD.AD+ AD.AB +AB.CD+BC.AD) = ( AC.BD +AB.BC+ BC.CD + CD.AD+

AD.AB )

Ta thấy rằng có thể làm tương tự như định lý cacno bằng cách gọi E,F,G,H là trung điểm của các cạnh AB,AD,CD,BC Áp dụng định lý Ptoleme cho các tứ giác

OEAF,OGCH ta có

AE.OF + OE.AF = R.EF; OC.HG=OH.GC+OG.HC

Mà OG=EA, OH=FD,OF=BH,OE=CG

Do đó AB.BC4 + CD.AD4 = R.BD2 ; AB.AD4 + CD.BC4 = R.AC2

Suy ra 2R(BD+AC)= AB.BC + CD.AD + AB.AD + CD.BC

Vậy S= AC.BD + 2R(BD+AC) ≤ (AC2+BD2 2) + 2R 2(AC2+BD2) = conts

Dấu bằng xãy ra khi AB=CD

Tương tự như a) ta có S= 12 (AC2 + BD2 - ( AC-BD)2 ) + 2R 2(AC2+BD2)-(AC-BD)2 lập luận tương tự a) S min khi tứ giác có 1 đường chéo là đương kính và 1 dưòng chéo vuông góc với OP