chuyªn ®ò sưu tầm b định lý ptolemy định lý ptolemy trong tứ giác a bất đẳng thức ptolemy trong một tứ giác tổng các tích của các cạnh đối không nhỏ hơn tích hai đường chéo công thức chứng minh cách

BĐT được chứng minh, dấu bằng khi A,M,C thẳng hàng hay tứ giác ABCD nội tiếp. *Ngoài ra còn có định lý Casey – Ptolemy tổng quát, nhưng trong bài viết này, tôi chỉ trình bày những ứng dụ[r]

SƯU TẦM

B Định lý ptolemy

Định lý Ptolemy tứ giác:

a) Bất đẳng thức Ptolemy: Trong tứ giác, tổng tích cạnh đối khơng nhỏ tích hai đường chéo

M D

A

B

C

Công thức:

AB CD AD BC AC BD

Chứng minh:

Cách chứng minh quen thuộc là:

Xác định điểm M tứ giác cho MDC ADB MCD ABD  Khi đó: BAD~CMD suy BD.CM=AB.CD (1)

Từ kết có: ~

AMD DBC

  suy BD.AM=AD.BC (2)

Từ (1),(2) có AB CD AD BC  (AM CM BD AC BD ) 

BĐT chứng minh, dấu A,M,C thẳng hàng hay tứ giác ABCD nội tiếp *Ngồi cịn có định lý Casey – Ptolemy tổng qt, viết này, tơi trình bày ứng dụng Ptolemy cho tứ giác, trường hợp hay sử dụng Ptolemy tổng quát

b) Đẳng thức Ptolemy: Trong tứ giác nội tiếp, tổng tích cạnh đối tích hai đường chéo

O

C A

B

Công thức:

AB CD AD BC AC BD

Đây trường hợp đặc biệt BĐT Ptolemy, tứ giác ABCD nội tiếp

C số tập ứng dụng mở rộng

I ứng dụng chứng minh số BĐT Hình Học Đại Số

Bài 1: (IMO Shortlist 1996):

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) bán kính R H,I,K theo thứ tự tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BOC,COA,AOB Dựng A'AO( )H , B'BO( )I ,

' ( )

C CO K Chứng minh bất đẳng thức sau:

a) OA OB OC' ' ' 8. OA OB OC .

b)

' ' '

6

OA OB OC OA OB OC  .

Chứng minh:

Đặt xsinBOC' sin COB ', ysinBOA' sin AOB', zsinCOA ' sin AOC'.

Khi đó, dễ dàng, ta chứng minh được:

'

CA z BC x

'

BA y BC x (1)

Có tứ giác A’BOC nội tiếp, theo đẳng thức Ptolemy:

' ' ' OB CA OC BA

OA

BC

 

(2)

Từ (1) (2) suy ra: '

z y y z

OA OB OC R

x x x



  

.Tương tự: '

x z

OB R

y

 

'

x y

OC R

z

 

Nhân vế với vế đẳng thức ta chứng minh câu a

( Chú ý BĐT: (x y y z z x )(  )(  ) 8 xyz với x,y,z số thực dương) Từ kết ta chứng minh câu b

Bài 2: Cho tam giác ABC O điểm nằm tam giác AO cắt (BOC) ở A’, BO cắt (COA) B’, CO cắt (AOB) C’ Chứng minh BĐT:

a) OA OB OC' ' ' 8. OA OB OC

b)

' ' '

6

OA OB OC OA OB OC 

Bài 3: Cho tam giác ABC điểm M nằm (O) ngoại tiếp ABC Chứng minh

rằng: min{ ; ; }

MA MB MC a b b c c a a  b  c  b a c b a c   

Chứng minh:Hiển nhiên ta có vế phải.

Ta chứng minh vế trái phản chứng: Giả sử: min{ ; ; }

MA MB MC a b b c c a a  b  c  b a c b a c  

Không giảm tổng quát, giả sử M nằm cung BC không chứa A Do tứ giác ABMC nội tiếp, áp dụng đẳng thức Ptolemy có:

MA.BC=MC.AB+MB.AC hay

MA.a=MC.c+MB.b MA=MB b MC c

a   Khi đó:

MA MB MC

a b c

a b a c

b c a a MB MC

MB MC MB MC

b a c a

a a b c

a a a

   

  

     

   

    

a b a c

MB MC

b a c a

MB MC                

 (1)

Mặt khác: min{ ; ; }

MA MB MC a b b c c a

a  b  c  b a c b a c   suy ra:

MA MB MC

a b c

a b b a

   

MA MB MC

a b c

a c c a

   

Từ đó:

MA MB MC MA MB MC

MA MB MC a b c a b c

a b c

MB MC MB MC                      a b b a a c MB MC c a MB MC                

 (2)

Bài 4: Cho tứ giác ABCD, AB//CD Chứng minh : AD BC AC BD

Chứng minh:Dễ dàng chứng minh:AC2BD2 AD2BC22.AD BC

Từ BĐT tương đương với BĐT: AB CD AD BC  AC BD , BĐT Ptolemy. Vậy có đpcm

Bài 5: Chứng minh BĐT sau với a,b,c dương:

2 2 2

c a  ab b a b  bc c b c ca a Chứng minh: (hình vẽ trang sau)

Xác định mặt phẳng điểm O,A,B,C cho AOB BOC 60 OA=a, OB=b, OC=c

Dùng định lý hàm số cosin ta có kết quả:

2

BC b  bc c , CA c2ca a AB a2 ab b .

Sử dụng BĐT Ptolemy cho tứ giác OABC ta có: OA BC AB OC OB CA   Kết hợp điều ta có điều phải chứng minh

*Từ tốn ta có kết sau:

Với x,y,z số thực dương ta có bất đẳng thức: (Singapore MO)

2 2 2

x  xy y  y  yz z  z zx x

Bài (INMO1998): Cho tứ giác ABCD nằm (O) bán kính R = 1cm Chứng minh AB CD AD BC 4 ABCD hình vng.

Chứng minh

Hiển nhiên ta có phần đảo Nếu AB CD AD BC 4.

Dấu xảy tứ giác ABCD hình vng Vậy ta có điều phải chứng minh

Bài 7: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) phân giác BAC cắt (O) D khác A K,L lần lượt

là hình chiếu B,C AD Chứng minh AD BK CL  .

Chứng minh:

Do BKA,CLA tam giác vng nên ta có: ( ).sin

A BK CL  AB AC

Mặt khác tứ giác ABDC nội tiếp nên theo đẳng thức Ptolemy ta có:

2.cos

AB AC AD

A

 

Mà ta có cơng thức: sin 2.sin cos2

A A

A

Từ suy ra: sin

BK CL

A AD



 

Vậy ta có đpcm

Ptolemy hiệu việc xây dựng chứng minh đẳng thức Hình học:

II ứng dụng chứng minh đẳng thức hình học:

và (ABC) Chứng minh: AQ+CQ=BP Chứng minh:

Dễ dàng chứng minh được: AQC~EPD suy AQ ED EP CA EP BD   (1) ED QC AC PD BE PD  (2).

Do tứ giác BEPD nội tiếp nên: ED BP EP BD BE PD    AQ QC BP  Vậy có điều phải chứng minh

Bài (China League 1989) Tam giác ABC (AB>AC) nội tiếp (O) Phân giác A cắt (O) E Gọi F hình chiếu E AB Chứng minh rằng:

2AF = AB – AC

Chứng minh:

Đặt BAC Bằng cơng thức lượng giác ta có:

2 sin

BC R  , EC sin 90R 

 

   

 , BE cosR   

  

 , sin

AF AE

 

Lại có tứ giác AEBC nội tiếp, áp dụng đẳng thức Ptolemy ta có:

.2 sin 90 sin cos

2 sin

2

AF

AB EC AE BC AC BE AB R  R  AC R 



   

        

Từ suy ra: (R AB AC ).cos 2 2R AF.cos hay AB - AC = 2AF. Vậy ta có điều phải chứng minh

* Giả sử với trường hợp đặc biệt, AB = 3AC, ta có tốn mới:

Bài 10 (China League 2000) Cho tam giác nhọn ABC, điểm E,F cạnh BC sao choBAE CAF , dựng FM AB FN AC, kéo dài AE cắt (O) ngoại tiếp tam giác ABC D Chứng minh SAMDN SABC

Chứng minh:

Đặt BAE CAF , EAF .

Ta có:    

1

.sin sin

2

ABC

AF

S AB AF AC AF AB CD AD BC

R

  

    

 

1

.sin sin

2

ADMN

S  AM AN  AD AN 

     

1

.cos sin sin cos sin

2

AF

AD AF AF AD AF AD BC

R

       

        

II- Một số ứng dụng Ptolemy chứng minh đẳng thức bất đẳng thức tam giác

1 Xét tam giác ABC với đường trung tuyến

Gọi M,N,P trung điểm BC,CA,AB

- Xét hình bình hành ANMP có : AM NP AN  2AP2 nên

2

2

b c AM

a

  Cộng vế BĐT tương tự ta thu kết quả:

E

F D G H

N P

M A

1.1

2 2 2

2 2

b c c a a b

AM BN CP

a b c

  

    

Làm trội BĐT Chebyshev ta có kết khác:

1.2

3 a AM BN CP

bc

  

- Ptolemy cho tứ giác APGN được:

2AM a BN c CP b   , cộng vế BĐT tương tự thu kết quả:

1.3

( )

cyclic

AM b c  a 



- Ptolemy cho tứ giác AHMN ta có:

AH MN AN MH AM HN, làm trội chút ta có kết sau:

1.4

( )

cyclic

S b c ab

a

 

 

(AB AC )

- Ptolemy cho tứ giác BPNC có ta lại có kết khác:

1.5  

2 2

3

4

AM BN BN CP CP AM   a b c

- Gọi D,E,F hình chiếu G CA,AB,BC Sử dụng Ptolemy cho tứ giác BEGF có

BG EF BE GF BF GE Khi ta có BĐT:

1.6

1

EF FD DE a b

a b c b a

 

     

 



2 Xét tam giác ABC với đường cao

Gọi AD,BE,CF đường cao, H trực tâm tam giác ABC

- Ta thấy tứ giác BFEC nội tiếp nên theo đẳng thức Ptolemy: BE CF EF BC BF CE  Cộng theo vế đẳng thức tương tự ta có đẳng thức sau:

2.1 cos cos cos

ab

A B C

R

 

 

- Sử dụng Ptolemy cho tứ giác AEDF có:

Cộng vế BĐT tương tự ta có:

2.3 , , , ,

sin cos

a b c a b c

A A

 

(BĐT không xảy đẳng thức)

- Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; M,N,P theo thứ tự trung điểm BC,CA,AB Hiển nhiên AH=2OM; BH=2ON; CH=2OP

Khi với tứ giác nội tiếp OMCN, OPBM, OPAN ta có đẳng thức: 2.4 OM b c.(  )ON c a.(  )OP a b.(  )R a b c.(   )

thay vào KQ ta được:

2.5 a BH CH  b CH AH  c AH BH   2 R a b c    - Do Ptolemy với tứ giác lõm nên ta có BĐT:

2.6 a OD b OE c OF    a b c R   3 Xét tam giác ABC với đường phân giác:

- Gọi I,O theo thứ tự tâm đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tam giác ABC D,E,F theo thứ tự hình chiếu I AB,BC,CA

Sử dụng đẳng thức Ptolemy cho tứ giác AFIE có:

AI.EFAE IF AF IE  , tương tự: BI.EFBE IF BF IE  CI.EFCE IF CF IE  .

Chú ý với IA,IB,IC ta có: I A B C( , , )IO R .Do I tâm tỉ cự hệ điểm (A,B,C) với hệ số a,b,c Suy ra: OA OB OC  a b c OI  

                                                       

Bình phương vế rút gọn ta được:

   2

2 cos 2 cos 2 cos 2 .

R   A B C   a b c OI 

Cộng vế BĐT ban đầu ta có kết quả: 3.1 OI R DE EF FD      SABC

Ta có:         2

cos cos cos

cos cos cos R A B C

R A B C

OI

a b c a b c

                   

Thay vào BĐT 3.1 kết hợp với 2.3 ta thu kết khác dài, không đẹp mắt cho lắm…

3.2

3 sin

A S

R

a b c DE EF FD