bat dang thuc ptoleme va ung dung 9853 lvc0e 20140217111549 3074

Bất đẳng thức Ptolemy ứng dụng Trần Nam Dũng Bất đẳng thức Ptolemy trường hợp đặc biệt nó, định lý Ptolemy tính chất tứ giác nội tiếp kết kinh điển đẹp hình học sơ cấp Có thể nói, bất đẳng thức Ptolemy định lý Ptolemy đẹp từ cách chứng minh đa dạng đến ứng dụng phong phú tốn chứng minh, tính tốn hình học tốn bất đẳng thức hình học Trong viết này, xem xét khía cạnh thú vị bất đẳng thức Ptolemy, chứng minh luận điểm thú vị bất đẳng thức Ptolemy thực chất vừa hệ quả, vừa mở rộng bất đẳng thức tam giác Tiếp theo, xem xét ứng dụng phong phú kết hình học môn học khác (như số học, lý thuyết đồ thị …) Bất đẳng thức Ptolemy hệ bất đẳng thức tam giác? Ai biết bất đẳng thức tam giác: Với A, B, C ba điểm mặt phẳng, ta có AB + BC ≥ AC (1) Dấu xảy A, B, C thẳng hàng B nằm A C Nói cách khác AB = k BC với k số thực dương Trong đó, bất đẳng thức Ptolemy khẳng định: Với điểm A, B, C, D mặt phẳng, ta có AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD (2) Rõ ràng, theo quan điểm bất đẳng thức Ptolemy mở rộng bất đẳng thức tam giác Vì vậy? Xin giải thích lý do: Chia hai vế (2) cho BD, ta AB CD AD + BC ≥ AC BD BD Nếu chọn D “đủ xa” từ ta suy AB + BC ≥ AC Điều nghe ngạc nhiên, nhiên lợi ích đem lại đặc biệt hố khơng nhiều, lại dùng bất đẳng thức Ptolemy cao siêu để chứng minh bất đẳng thức tam giác vốn coi tiên đề? Tuy nhiên, logich tự nhiên dẫn đến ý tưởng hữu ích hơn: Như bất đẳng thức Ptolemy có liên quan đến bất đẳng thức tam giác Vậy bất đẳng thức Ptolemy chứng minh nhờ vào bất đẳng thức tam giác? Điều Ba phép chứng minh tiêu biểu minh chứng cho luận điểm này: Cách chứng minh thứ nhất: Sử dụng tính chất tam giác đồng dạng bất đẳng thức tam giác Dựng điểm E cho tam giác BCD đồng dạng với tam giác BEA Khi đó, theo tính chất tam giác đồng dạng, ta có BA/EA = BD/CD Suy BA.CD = EA.BD (3) Mặt khác, hai tam giác EBC ABD đồng dạng có BA/BD = BE/BC ∠EBC = ∠ABD Từ EC/BC = AD/BD Suy AD.BC = EC.BD (4) Cộng (3) (4) ta suy AB.CD + AD.BC = BD.(EA+EC) Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta suy AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD Dấu xảy A, E, C thẳng hàng, tức A D nhìn BC góc nhau, tứ giác ABCD nội tiếp Trong chứng minh ta xem xét đến trường hợp ABCD lập thành tứ giác lồi điểm E dựng nằm tứ giác ABCD Nếu dùng ngơn ngữ phép biến hình vấn đề dựng điểm E rõ ràng không phụ thuộc vào vị trí tương đối điểm: Xét phép vị tự quay tâm B biến D thành A C thành E Cách chứng minh thứ hai: Sử dụng phép nghịch đảo bất đẳng thức tam giác Xét phép nghịch đảo tâm A phương tích biến B, C, D thành B’, C’, D’ Theo tính chất phép nghịch đảo, ta có B’C’ = BC/AB.AC C’D’ = CD/AC.AD B’D’ = BD/AB.AD Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có B’C’ + C’D’ ≥ B’D’ Thay đẳng thức vào AD.BC + AB.CD ≥ AC.BD Dấu xảy B’, C’, D’ thẳng hàng Khi đó, lại áp dụng tính chất tam giác đồng dạng, ta suy ∠ABC ∠ADC bù nhau, suy tứ giác ABCD nội tiếp Nếu coi tính chất phép nghịch đảo chứng minh nhờ vào tính chất tam giác đồng dạng thấy hai cách chứng minh không khác biệt bao sử dụng đến tam giác đồng dạng Cách chứng minh gây ngạc nhiên ngắn gọn nó: Cách chứng minh thứ ba: Số phức Phép chứng minh sử dụng bất đẳng thức tam giác, phát biểu tính chất số phức: Với số phức x, y ta có |x| + |y| ≥ |x+y| (5) Dấu xảy y = kx với k số thực không âm Xét bốn điểm A, B, C, D mặt phẳng phức có toạ vị a, b, c (có thể giả sử vậy), a, b, c số phức Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh viết dạng |(a-b)c| + |a(b-c)| ≥ |(a-c)b| Nhưng điều hiển nhiên theo bất đẳng thức (5) (a-b)c + a(b-c) = (a-c)b Dấu xảy (a-b)c = ka(b-c) với k số thực dương Câu hỏi điều kiện tương đương với kiện A, B, C, D nằm tròn xin dành cho bạn đọc Chứng minh định lý Ptolemy sử dụng đường thẳng Simson Hạ DA1 vng góc với BC, DB1 vng góc với AC DC1 vng góc với AB B1, A1, C1 thẳng hàng B1A1 + A1C1 = B1C1 (6) Áp dụng định lý hàm số sin cho đường trịn đường kính DC, DB, DA dây cung A1B1, A1C1 B1C1 tương ứng, ta có A1B1 = DC.sinC, A1C1 = DB.sinB, B1C1 = AD.sinA Lại áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác ABC, ta có sinC = AB/2R, sinB = AC/2R, sinA = BC/2R Thay vào đẳng thức (6) rút gọn, ta thu AB.CD + AD.BC = AC.BD (đpcm) Bất đẳng thức Ptolemy kết kinh điển Trước hết ta xem xét ứng dụng bất đẳng thức Ptolemy trường hợp đặc biệt – định lý Ptolemy việc chứng minh kết kinh điển hình học phẳng Điểm Toricelli: Xét tốn “Cho tam giác ABC Hãy tìm điểm M mặt phẳng tam giác cho MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất” Điểm M tìm được gọi điểm Toricelli tam giác ABC Có thể giải ngắn gọn toán cách sử dụng bất đẳng thức Ptolemy sau: Trên cạnh BC, dựng phía ngồi tam giác BCA’ Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác MBA’C ta có BM.CA’ + CM.BA’ ≥ BC.MA’ Từ đó, CA’ = BA’ = BC nên ta BM + CM ≥ MA’ Như AM + BM + CM ≥ MA + MA’ ≥ AA’ Tức AM + BM + CM ≥ AA’ (là số) Dấu xảy Tứ giác BMCA’ nội tiếp M nằm A A’ Dễ thấy ta tìm điểm M thoả mãn hai điều kiện tất góc tam giác ABC khơng lớn 1200 Nếu chẳng hạn, góc A > 1200 điểm M cần tìm điểm A (bạn đọc tự chứng minh!) Rõ ràng phương pháp nói áp dụng cho toán tổng quát hơn: “Cho tam giác ABC số thực dương m, n, p Hãy tìm điểm M mặt phẳng tam giác cho m.MA + n.MB + p.MC đạt giá trị nhỏ nhất” Tất nhiên, gặp phải tình tương tự tình tam giác ABC có góc lớn 1200 Nếu ý đến xuất phát điểm bất đẳng thức Ptolemy, dễ dàng xây dựng lời giải trực tiếp cho tốn điểm Toricelli mà khơng qua bất đẳng thức cách sử dụng việc vẽ thêm tam giác đồng dạng Chẳng hạn với tốn điểm Toricelli Xét phép quay tâm C góc 60 biến M thành M’, B thành B’ CMM’ tam giác MB = M’B’, AM + BM + CM = AM + MM’ + M’B’≥ AB’ Dấu xảy A, M, M’, B’ thẳng hàng Điều xảy ba góc AMC, CMB AMB 1200 điểm M nằm tam giác ABC Bất đẳng thức Erdos-Mordell Cho tam giác ABC M điểm nằm tam giác Đặt x = MA, x2 = MB, x3 = MC; p1, p2, p3 khoảng cách từ M đến BC, CA, AB tương ứng Khi ta có bất đẳng thức x1 + x2 + x3 ≥ 2(p1 + p2 + p3) Có nhiều cách chứng minh kết kinh điển Sau trình bày phương pháp chứng minh sử dụng định lý Ptolemy Nối dài AM cắt đường tròn nội tiếp tam giác A’ Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABA’C, ta có AB.CA’ + AC.BA’ = BC.AA’ Hạ A’D vng góc với AC A’E vng góc với AB rõ ràng A’B ≥ A’E, A’C ≥ A’D Do a.AA’≥ c.A’D + b.A’E Hay 1≥ A' D c A' E b + AA' a AA' a Nhưng A’D/AA’ = p2/x1 A’E/AA’ = p3/x1 Nên từ c b x1 ≥ p + p3 a a Tương tự ta có đánh giá cho x2, x3, từ c b c a b a x1 + x + x3 ≥ p1  +  + p  +  + p3  +  ≥ 2( p1 + p + p3 ) b c a c a b Dấu xảy tam giác ABC M trùng với tâm O tam giác Những ví dụ lần cho thấy gần gũi bất đẳng thức Ptolemy bất đẳng thức tam giác Sau đây, ta xem xét số ứng dụng định lý Ptolemy tứ giác nội tiếp việc chứng minh số công thức lượng giác hình học Cơng thức tính sin(α+β) Với α+β góc nhọn, dựng đường trịn đường kính AC chọn điểm B D nằm hai nửa đường tròn, cho BAC = α, DAC = β Áp dụng định lý Ptolemy, ta có AB.CD + AD.BC = AC.BD (7) Mặt khác, áp dụng định nghĩa hàm số lượng giác, ta có AB = AC.cosα, BC = AC.sinα, CD = AC.sinβ, DA = AC.cosβ Cuối cùng, áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác ABD, ta BD = AC.sin(α+β) Thay vào (7), ta sin(α+β) = sinα.cosβ + sinβ.cosα Định lý Pythagore Xét hình chữ nhật ABCD Rõ ràng tứ giác nội tiếp Vì ta có AB.CD + AD.BC = AC.BD Do AB = CD, AD = BC nên từ suy AB2 + BC2 = AC2 (đpcm) Định lý hàm số cos Xét tam giác ABC với cạnh BC = a, CA = b, AB = c Dựng điểm D đường tròn ngoại tiếp tam giác cho AD = BC AC = BD (D điểm đối xứng C qua trung trực AB) Gọn E F hình chiếu C D lên AB Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có AB.CD + AD.BC = AC.BD Mặt khác, CD = AB – AE – BF = AB – 2BC.cosB Thay CD = AB – 2BC.cosB, AD = BC, BD = AC vào, ta có AB2 – 2AB.BC.cosB + BC2 = AC2 Hay b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB (đpcm) Hệ thức Feuerbach Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn, BD2.SACD = CD2.SABD + AD2.SBCD (8) Chứng minh: Theo cơng thức tính diện tích S ACD = AC.AD.CD/4R, SABD = AB.AD.BD/4R, SBCD = BC.BD.CD/4R Do (8) tương đương với BD2.AC.AD.CD = CD2.AB.AD.BD + AD2.BC.BD.CD Hay AC.BD = AB.CD + AD.BC Như vậy, thấy định lý Ptolemy tương đương với hệ thức Feuerbach Định lý Carnot: Trong tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn tâm O bán kính R Gọi x, y, z khoảng cách từ O đến BC, CA, AB tương ứng Khi x+y+z=R+r r bán kính đường trịn nội tiếp tam giác Chứng minh: Gọi D, E, F trung điểm cạnh BC, CA, AB tương ứng Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp AEOF, ta AF.OE + AE.OF = AO.EF  c.y + b.z = R.a Tương tự c.x + az = R.b, ay + bx = R.c Cộng đẳng thức vế theo vế, ta (b+c)x + (c+a)y + (a+b)z = R(a+b+c)  (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 r = S/p) Viết dạng lượng giác, định lý Carnot hệ thức cosA + cosB + cosC = + r/R Chú ý hệ thức với tam giác Với hệ thức hình học, định lý Carnot trường hợp tam giác tù, chẳng hạn A tù ta có –x + y + z = R + r Mở rộng định lý Ptolemy bất đẳng thức Ptolemy Định lý Ptolemy bất đẳng thức Ptolemy có nhiều hướng mở rộng khác Thậm chí từ bất đẳng thức Ptolemy, phát sinh hẳn khái niệm gọi không gian metric Ptolemy, đồ thị Ptolemy … Dưới đây, xem xét số mở rộng định lý Ptolemy (và bất đẳng thức Ptolemy) Định lý Bretschneider Cho tứ giác ABCD có độ dài cạnh AB, BC, CD, DA a, b, c, d độ dài hai đường chéo AC, BD m, n Khi ta có m2n2 = a2c2 + b2d2 – 2abcd.cos(A+C) Rõ ràng định lý Ptolemy bất đẳng thức Ptolemy hệ định lý Bretschneider Ta xem xét chứng minh kết Trên cạnh AB phía ngồi dựng tam giác AKB đồng dạng với tam giác ACD, ∠BAK = ∠DCA, ∠ABK = ∠CAD, cạnh AD dựng tam giác AMD đồng dạng tam giác ABC, ∠DAM = ∠BCA, ∠ADM = ∠CAB Từ tam giác đồng dạng ta suy AK = ac/m, AM = bd/m, KB = DM = ad/m Ngoài ra, ∠KBD + ∠MDB = ∠CAD + ∠ABD + ∠BDA + ∠CAB = 1800, nghĩa tứ giác KBDM hình bình hành Nghĩa KM = BD = n Nhưng ∠KAM = ∠A + ∠C Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác KAM, ta có 2 ac bd  ac   bd  n =   +   − cos( A + C ) m m m m  m2n2 = a2c2 + b2d2 – 2abcd.cos(A+C) (đpcm) Định lý Casey (định lý Ptolemy mở rộng) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (C) Bốn đường tròn α, β, γ , δ tiếp xúc với (C) A, B, C, D Gọi t αβ độ dài đoạn tiếp tuyến chung, t αβ độ dài đoạn tiếp tuyến chung α, β tiếp xúc tiếp xúc với (C) t αβ độ dài đoạn tiếp tuyến chung trong trường hợp ngược lại Các đại lượng t βγ , tγδ … định nghĩa tương tự Khi ta có tαβ.tγδ + tβγ tδα = tαγ tβδ (9) Ta chứng minh cho trường hợp α, β, γ , δ tiếp xúc với (C) Các trường hợp khác chứng minh tương tự Gọi R bán kính đường trịn (C), x, y, z, t bán kính đường trịn α, β, γ , δ Đặt a = AB, b = BC, c = CD, d = DA, m = AC, n = BD Ta tính tαβ theo R, x, y a Gọi X, Y tâm α, β ta có, theo định lý Pythagore (tαβ)2 = XY2 - (x-y)2 Mặt khác, theo định lý hàm số cos XY2 = (R+x)2 + (R+y)2 – 2(R+x)(R+y)cos(XOY) = 2R2 + 2R(x+y) + x2 + y2 – 2(R2+R(x+y)+xy)(1 – a2/2R2) = (x-y)2 + a2(R+x)(R+y)/R2 Từ tαβ = a ( R + x )( R + y ) R Tương tự với đại lượng tβγ , tγδ … Thay vào (9) ta thấy định lý Casey suy từ định lý Ptolemy, cụ thể từ đẳng thức a.c + b.d = m.n Ngược lại, định lý Ptolemy trường hợp đặc biệt định lý Casey, x = y = z = t = Định lý Casey phát biểu cách khác, sau: Các đường tròn A, B, C, D tiếp xúc với đường tròn (O); a, b, c, d, x, y độ dài tiếp tuyến chung cặp đường tròn A B, B C, C D, D A, A C B D tương ứng Khi x.y = a.c + b.d Chú ý ta lấy độ dài tiếp tuyến chung hay tiếp tuyến chung theo nguyên tắc đề cập Cuối cùng, điểm coi đường trịn bán kính tiếp tuyến hai « đường trịn điểm » đường thẳng qua chúng Điều dùng đến phần ứng dụng định lý Casey Ứng dụng bất đẳng thức Ptolemy Phép chứng minh bất đẳng thức Ptolemy cách từ bất đẳng thức Ptolemy suy bất đẳng thức tam giác cho thấy bất đẳng thức áp dụng để đánh giá độ dài đoạn thẳng Việc dựng tam giác BCA’ phía ngồi lời giải tốn Toricelli cách làm mẫu mực để áp dụng bất đẳng thức Ptolemy Ý tưởng chung là: Để đánh giá tổng p.MA + q.MB, ta dựng điểm N cho p.NA = q.NB Sau áp dụng bất đẳng thức Ptolemy NA.MB + NB.MA ≥ AB.MN Từ pNA.MB + p.NB.MA ≥ AB.MN   qNB.MB + p.NB.MA ≥ AB.MN p.MA + q.MB ≥ AB.MN/NB Chú ý điểm N cố định, p.MA + q.MB đánh giá thông qua MN Ý tưởng chìa khố để giải hàng loạt tốn cực trị hình học Ta xem xét số ví dụ: Ví dụ 1: Cho điểm M nằm góc nhọn xOy Hai điểm A, B thay đổi Ox, Oy cho 2OA = 3OB Tìm vị trí A, B cho 2MA + 3MB đạt giá trị nhỏ Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác OAMB, ta có OA.MB + OB.MA ≥ OM.AB Từ 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 ln đồng dạng với nên AB/OB đại lượng khơng đổi Từ suy 2MA + 3MB đạt giá trị nhỏ 2.OM.(AB/OB) Dấu xảy tứ giác OAMB nội tiếp Ví dụ : Một lục giác có độ dài cạnh Chứng minh lục giác có đường chéo nhỏ hay Lời giải : Không ngờ gợi ý cho lời giải toán lại đẳng thức lớp một: « với » Và để thực phép cộng hai cạnh thành đường chéo đó, ta áp dụng bất đẳng thức Ptolemy Xét lục giác ABCDEF Xét tam giác ACE Không tính tổng qt, giả sử CE cạnh lớn tam giác Áp dụng bất đẳng thức Ptlemy cho tứ giác ACDE, ta có AC.DE + AE.CD ≥ AD.CE Từ đó, CD = DE = CE ≥ AC, CE ≥ AE nên ta suy AD ≤ (đpcm) Ví dụ (IMO SL 1997) Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC, CD = DE, EF = FA Chứng minh BC/BE + DE/DA + FA/FC ≥ 3/2 Dấu xảy nào? Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ACDE ta DE·AC + DC·AE ≥ DA·CE Sử dụng DE = DC, ta DE(AC + AE) ≥ DA·CE hay DE/DA ≥ CE/(AC + AE) Tương tự, ta có FA/FC ≥ EA/(CE + CA), BC/BE ≥ EA/(EA + EC) Cộng bất đẳng thức lại sử dụng bất đẳng thức Nesbitt ta thu điều phải chứng minh Để có dấu ta phải có dấu ba bất đẳng thức Ptolemy bất đẳng thức Nesbitt Dấu bất đẳng thức Nesbitt xảy tam giác ACE đều, CAE = 60 o Vì ACDE tứ giác nội tiếp nên góc D phải 120 o Bây tam giác ABC, CDE, EFA phải (Tam giác ABC cân, góc 30 o, 120o, 30o cạnh AC cạnh tam giác đều) Như lục giác có tất cạnh tất góc 1200, lục giác Ngược lại, hiển nhiên với lục giác đều, ta có dấu xảy Ví dụ 4: (IMO 2001) Cho tam giác ABC với trọng tâm G độ dài cạnh a = BC, b = CA, c = AB Tìm điểm P mặt phẳng tam giác cho đại lượng AP.AG + BP.BG + CP.CG đạt giá trị nhỏ tìm giá trị nhỏ theo a, b, c Lời giải: Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác BGC Nối dài trung tuyến AL cắt đường tròn K Gọi M, N trung điểm cạnh AC, AB tương ứng Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác BGL, ta có BG/sin(BLG) = BL/sin(BGK) Tương tự, áp dụng định lý hàm số sin cho CGL, ta có CG/sin CLG = CL/sin(CGK) Nhưng L trung điểm BC sin(BLG) = sin(CLG), nên BG/CG = sin(CGK)/sin(BGK) Ta có BK = 2R.sin(BGK), R bán kính đường trịn ngoại tiếp Tương tự CK = 2R sin(CGK), CK/BK = BG/CG, từ BG/CK = CG/BK Tương tự, AG/BG = sin(BGN)/sin(AGN) = sin(BGN)/sin(CGK) (góc đối nhau) Hơn BC = 2.R.sin(BKC) = 2.R.sin(BGN) (Vì BGCK tứ giác nội tiếp nên ∠BKC = ∠BGN Từ BC/CK = sin(BGN)/sin CGK = AG/BG, từ BG/CK = AG/BC BC:CK:BK = AG:BG:CG Bây áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác PBKC: PK.BC ≤ BP.CK + CP.BK Từ PK.AG ≤ BP.BG + CP.CG Suy (AP + PK)AG ≤ AP.AG + BP.BG + CP.CG cuối AK.AG ≤ AP.AG + BP.BG + CP.CG với dấu xảy (1) P nằm đường trịn C B (để có đẳng thức BDT Ptolemy) (2) P nằm AK (để có đẳng thức bất đẳng thức tam giác) Do giá trị đạt P = G Dễ dàng tính AG2 + BG2 + CG2 = (a2 + b2 + c2)/3 Có thể thấy trường hợp đặc biệt toán Toricelli tổng quát mà xem xét phần đầu Chú ý từ ba đoạn AG, BG, CG dựng tam giác ∆ Ta cần dựng tam giác BCK đồng dạng với tam giác ∆ Cách giải nêu cách dựng tường minh cho điểm K Ứng dụng định lý Ptolemy mở rộng Trong viết này, không đề cập đến ứng dụng trực tiếp định lý Ptolemy, tức trường hợp đặc biệt bất đẳng thức Ptolemy, việc giải tốn hình học, bao gồm việc chứng minh đẳng thức hình học, đặc tính hình học, tốn tính tốn Tất tốn dạng đưa vào phần tập Dưới đây, xin nêu ứng dụng định lý Ptolemy mở rộng (định lý Casey) việc chứng minh số định lý hình học Định lý Cho hai đường trịn (O1), (O2) tiếp xúc ngồi I tiếp xúc với đường tròn (O) Một tiếp tuyến chung (O1) (O2) cắt O B C, tiếp tuyến chung chúng cắt (O) điểm A phía với I Khi I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh Giả sử BC tiếp xúc (O1) X (O2) Y AI cắt BC D Đặt BC = a, CA = b, AB = c, BX = x, CY = y, AI = z, DX = DI = DY = u Áp dụng định lý Ptolemy mở rộng (GPT) cho đường tròng (A, (O 1), B, C) (A, (O2), C, B) ta có az + bx = c(2u+y) az + cy = b(2u+x) Trừ hai đẳng thức cho nhau, ta bx – cy = u(c-b), từ (x+u)/(y+u) = c/b, tức BD/CD = AB/AC, suy AD phân giác góc A BD = ac/(b+c) Mặt khác, cộng hai đẳng thức này, ta az = u(b+c), suy z/u = (b+c)/a tức AI/ID = BA/BD, suy BI phân giác góc B Định lý chứng minh Chứng minh Bổ đề: Cho BC dây cung đường tròn (O), S 1, S2 hai cung (O) tạo BC Gọi M trung điểm S2 xét tất đường tròn (V) tiếp xúc với S1 BC Khi độ dài tiếp tuyến tMV từ M đến (V) không phụ thuộc vào vị trí V Chứng minh bổ đề Giả sử (V) tiếp xúc (O) R BC S Áp dụng GPT cho đường tròn (B, (V), C, M) ta có BS.CM + CS.BM = t MV.BC Vì CM = BM nên từ ta suy tMV = BM (không đổi) Chứng minh định lý Gọi M trung điểm cung BC không chứa A Áp dụng bổ đề, ta có tMO1 = MB = MI = MC = tMO2 Từ suy M nằm trục đẳng phương hai đường tròn (O1), (O2), tức AI Điều có nghĩa AI phân giác góc A Định lý Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (C) tiếp xúc với dây cung BC D cạnh AB, AC tương ứng P Q Khi trung điểm PQ tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Chứng minh.Áp dụng GPT cho cặp đường tròn (A, B, (C), C) Đặt AP = AQ = x ta có tAB = c, tA(C) = AP = x, tAC = b, tB(C) = BP = c-x, tBC = a, t(C)C = BQ = b – x Định lý GPT cho ta c(b-x) + b(c-x) = ax, từ x = bc/p, p = (a+b+c)/2 nửa chu vi tam giác Gọi I trung điểm PQ IP = xsin(A/2) khoảng cách từ I đến AB IPcos(A/2) (bc/p)sin(A/2)cos(A/2) = (1/2)bc.sinA/p = S/p = r Suy I tâm đường trịn nội tiếp tam giác Rất thú vị sử dụng GPT, ta tìm cách chứng minh ngắn gọn cho kết kinh điển, viên ngọc hình học sơ cấp, định lý Feuerbach Định lý Feuerbach Đường tròn nội tiếp đường tròn điểm Euler tiếp xúc với Chứng minh.Gọi D, E, F trung điểm cạnh BC, CA, AB tương ứng (I) đường tròn nội tiếp tam giác Gọi a, b, c độ dài cạnh, p nửa chu vi Xét bốn (D, E, F, (I)), ta có tDE = a/2, tEF = b/2, tFD = c/2 tD(I) = |a/2 – (p-b)| = |b-c|/2, tE(I) = |c-a|/2, tF(I) = |a-b|/2 Để áp dụng định lý GPT đảo, ta cần kiểm tra xem có đẳng thức dạng ± a(b-c) ± b(c-a) ± c(a-b) = hay không Nhưng điều hiển nhiên Ứng dụng “khơng hình học” bất đẳng thức Ptolemy Chúng ta đề cập đến ứng dụng định lý Ptolemy, bất đẳng thức Ptolemy lĩnh vực toán học khác, có lượng giác, giải tích, lý thuyết đồ thị Bảng độ dài dây cung Ptolemy Ptolemy người lập bảng hàm số lượng giác góc Thực ra, Ptolemy lập bảng độ dài dây cung ứng với góc tâm Tuy nhiên, hiểu bảng hoàn toàn tương đương với bảng hàm lượng giác Trên ngơn ngữ đại, hiểu ý tưởng Ptolemy sau: Dùng định lý Ptolemy, ơng tìm cơng thức tương đương với cơng thức lượng giác quen thuộc: sin(α-β) = sinα.cosβ - sinβ.cosα Như thế, biết hàm lượng giác 720 600 tìm hàm lượng giác 120 Ptolemy lại tìm cơng thức tính độ dài dây cung góc chia đơi (tương ứng với cơng thức sin2(α/2) = (1-cosα)/2 Từ đây, lại tìm hàm lượng giác góc 0, 30, 1.50, … Sau đó, Ptolemy dùng cơng thức hiệu để lập bảng dây cung, tương ứng với bảng hàm lượng giác góc Bạn đọc xem chi tiết lập luận Ptolemy [11] Không gian metric Ptolemy Bất đẳng thức Ptolemy không gian Euclid chiều dẫn đến khái niệm quan trọng khái niệm không gian metric Ptolemy Nhắc lại, không gian metric (X, d) X tập hợp d ánh xạ từ X × X vào R+ (tập hợp số thực khơng âm), thoả mãn tính chất sau a) d(x, y) ≥ với x, y thuộc X b) d(x, y) = x = y c) d(x, y) = d(y, x) với x, y thuộc X d) d(x, z) ≤ d(x, y) + d(y, z) với x, y, z thuộc X Không gian metric (X, d) gọi không gian metric Ptolely với bốn điểm x, y, z, t ta có bất đẳng thức Ptolemy d(x, y).d(z,t) + d(x,t).d(y,z) ≥ d(x, z).d(y,t) Đồ thị Ptolemy Tương tự, ta có khái niệm đồ thị Ptolemy: Đồ thị liên thông G gọi đồ thị Ptolemy với điểm A1, A2, A3, A4 ta có d12.d34 + d14.d23 ≥ d13.d24 dij khoảng cách Ai Aj, nghĩa độ dài đường ngắn từ Ai đến Aj Những đối tượng có tính chất quan trọng nhiều nhà toán học quan tâm nghiên cứu (xem [12], [13], [14], [15], [16]) Bài tập Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) AC = 2AB Các đường thẳng tiếp xúc với đường tròn (O) A, C cắt P Chứng minh BP qua điểm cung BAC 2 Cho tam giác ABC có I tâm đường trịn nội tiếp, O tâm đường tròn ngoại tiếp trọng tâm G Giả sử ∠OIA = 900 Chứng minh IG song song với BC (IMO Shortlist) Giả sử M, N điểm nằm tam giác ABC cho ∠MAB = ∠NAC, ∠MBA = ∠NBC Chứng minh rằng: AM AN BM BN CM CN + + =1 AB AC BA.BC CA.CB (VMO 1997) Trong mặt phẳng, cho đường trịn tâm O bán kính R điểm P nằm tròn (OP = d < R) Trong tất tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường trịn (O) có hai đường chéo AC BD vng góc cắt P, tìm tứ giác có chu vi lớn tứ giác có chu vi nhỏ Tính giá trị lớn nhỏ theo R d (Bulgaria 2007) Cho tam giác ABC có BC > AB > AC cosA + cosB + cosC = 11/8 Xét điểm X thuộc BC Y thuộc AC kéo dài phía C cho BX = AY = AB a) Chứng minh XY = AB/2 b) Gọi Z điểm nằm cung AB đường trịn ngoại tiếp tam giác khơng chứa C cho ZC = ZA + ZB Hãy tính tỷ số ZC/(XC+YC) Cho tam giác ABC với BE, CF đường phân giác Các tia EF, FE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác theo thứ tự M N Chứng minh rằng: 1 1 1 + = + + + BM CN AM AN BN CM Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (O’) nằm (O) tiếp xúc với (O) T thuộc cung AC (không chứa B) Kẻ tiếp tuyến AA’, BB’, CC’ tới (O’) Chứng minh rằng: BB’.AC = AA’.BC + CC’.AB (Định lý Thebault) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) D trung điểm BC Gọi (O1), (O2) đường tròn nằm (O), tiếp xúc với (O), BC AD Khi đường thẳng nối tâm (O1), (O2) qua I Hãy chứng minh (CMO 1988, Trung Quốc) Cho ABCD tứ giác nội tiếp với đường tròn ngoại tiếp có tâm O bán kính R Các tia AB, BC, CD, DA cắt đường trịn tâm O bán kính 2R A’, B’, C’, D’ Chứng minh chu vi tứ giác A’B’C’D’ không nhỏ hai lần chu vi tứ giác ABCD 10 Cho đường tròn (O) dây cung BC khác đường kính Tìm điểm A thuộc cung lớn BC đường tròn để AB + 2AC đạt giá trị lớn 11 Lục giác lồi ABCDEF có ABF tam giác vng cân A, BCEF hình bình hành AD = 3, BC = 1, CD + DE = 2 Tính diện tích lục giác Tài liệu tham khảo I.F.Sharyghin, Các tốn hình học phẳng, NXB “Nauka”, Moscow 1986 (tiếng Nga) Lê Quốc Hán, Ẩn sau định lý Ptô-lê-mê, NBX Giáo dục 2007 Internet, Ptolemy’s Theorem http://en.wikipedia.org/wiki/Ptolemy's_theorem Internet, Simson’s Line and Its Applications http://www.math.uci.edu/~mathcirc/math194/lectures/inscribed/node2.html Internet, Casey’s Theorem – Generalized Ptolemy’s Theorem http://en.wikipedia.org/wiki/Casey's_theorem Zaizai, Khám phá định lý Ptô-lê-mê http://toanthpt.net/forums/showthread.php?p=7986 Internet, Ptolemy’s Theorem and Interpolation http://www.mlahanas.de/Greeks/PtolemyMath.htm Internet, Peter Scholes IMO website www.kalva.demon.co.uk Shailesh Shirali, On The Generalized Ptolemy Theorem http://journals.cms.math.ca/cgi-bin/vault/public/view/CRUXv22n2/body/PDF/page4953.pdf?file=page49-53 10 Jean-Louis Aime, Sawayama and Thebault’s Theorem, Forum Geometricorum, Volume (2003), 225-229 http://forumgeom.fau.edu/FG2003volume3/FG200325.pdf 11 Internet, Ptolemy’s Table of Chords Trigonometry in the second century http://hypertextbook.com/eworld/chords.shtml 12 Malesevic, Branko J., The Mobius-Pompeiu metric property, Journal of Inequalities and Applications www.hindawi.com/Getpdf.aspx?doi=10.1155/JIA/2006/83206 13 David C.Kay, The ptolemaic inequality in Hilbert geometries, Pacific Journal of Mathematics, Volume 21, N2 (1967), 293-301 14 Internet, Encyclopedic Dictionary of Distances www.liga.ens.fr/~deza/1-15.pdf 15 Edward Howorka, A characterization of ptolemaic graphs, Volume 5, Issue Pages 323-331 16 Takahara et al, The longest path problems on ptolemaic graphs, IEICE Transactions http://ietisy.oxfordjournals.org/cgi/content/abstract/E91-D/2/170 ... A, B, C, D Gọi t αβ độ dài đoạn tiếp tuyến chung, t αβ độ dài đoạn tiếp tuyến chung α, β tiếp xúc tiếp xúc với (C) t αβ độ dài đoạn tiếp tuyến chung trong trường hợp ngược lại Các đại lượng t... c, d, x, y độ dài tiếp tuyến chung cặp đường tròn A B, B C, C D, D A, A C B D tương ứng Khi x.y = a.c + b.d Chú ý ta lấy độ dài tiếp tuyến chung hay tiếp tuyến chung theo nguyên tắc đề cập Cuối... BI phân giác góc B Định lý chứng minh Chứng minh Bổ đề: Cho BC dây cung đường tròn (O), S 1, S2 hai cung (O) tạo BC Gọi M trung điểm S2 xét tất đường tròn (V) tiếp xúc với S1 BC Khi độ dài tiếp