Bài toán 1.35. Cho tứ giác ABCD, có AB+BD ≤ AC +DC. Chứng minh AB < AC.
Giải. Gọi O là giao điểm của AC và BD . Xét các tam giác OAB và ODC ta có
Hình 1.34
AB < OA + OB, DC < OC + OD. Do đó
AB +CD <(OA+OC) + (OB+ OD) =AC +BD. (1.60) Mặt khác, theo giả thiết ta có
AB +BD ≤ AC +DC. (1.61)
Cộng theo vế (1.60) và (1.61) ta được 2AB+DC+BD < 2AC+BD+ DC. Suy ra AB < AC.
Bài toán 1.36. Tổng hai đường chéo của một tứ giác lồi ABCD nhỏ hơn chu vi của tứ giác và lớn hơn nửa chu vi của nó.
Giải. Gọi O là giao điểm của AC và BD, ta có
AC +BD = (OA+OB) + (OC +OD) > AB + CD. (1.62) AC +BD = (OA+OD) + (OB +OC) > AD+ BC. (1.63) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1.62) và (1.63) ta thu được
AC + BD > AB +BC +CD +DA 2 . Mặt khác, AC < AB +BC và AC < DA+ CD. Cộng theo vế hai bất đẳng thức này, ta có AC < AB +BC +CD+DA 2 . (1.64) Tương tự, BD < AB+ BC +CD +DA 2 . (1.65)
Cộng theo vế hai bất đẳng thức (1.64) và (1.65) , ta thu được AC +BD < AB +BC +CD +DA.
Bài toán 1.37. Cho tứ giác ABCD, gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng
a)M P ≤ AD+BC 2 . (1.66) b)M P +N Q ≤ AB +BC +CD+DA 2 . (1.67) Giải. Hình 1.35
a) Gọi I là trung điểm của BD, M I là đường trung bình của ∆ABD. Suy ra M I = AD2 . IP là đường trung bình của ∆DBC, suy ra IP = BC2 . Xét 3 điểm I, M, P ta có M P ≤ M I + IP, suy ra M P ≤ AD+2BC. b) Áp dụng ý a) ta có N Q ≤ AB+DC 2 . Do đó M P + N Q ≤ AD+BC 2 + AB+2DC = AB+BC+CD+DA 2 .
Bài toán 1.38. Cho hình vuông ABCD cạnh a. M, N là hai điểm ở trong hình vuông đã cho. Chứng minh rằng M N ≤ a√
2. Giải. Hình 1.36 Vì ABCD là hình vuông cạnh a nên AC = AB√ 2 = a√ 2. Vẽ đường tròn (O) ngoại tiếp hình vuông ABCD. Ta có đường kính của (O) là a√
2, M và N là hai điểm nằm trong O.
Gọi M0N0 là dây cung đi qua M và N. Ta có M N ≤ M0N0 mà M0N0 ≤ a√
2 (đường kinh là dây cung lớn nhất trong đường tròn). Do đó M N ≤ a√
2.
Bài toán 1.39. Cho hình thang ABCD có đáy nhỏ là AB và Cb+Db ≤
900. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnhAB và CD. Chứng minh rằng M N ≤ CD−2AB.
Giải.
Hình 1.37
Qua M vẽ đường thẳng song song với AD cắtDC tại E và qua M vẽ đường thẳng song song với BC cắt DC tại F. Suy ra Db = Ec1,Cb = cF1. Suy ra Ec1 + cF1 = Db + Cb ≤ 900 ⇒
\
EM F ≥ 900. Theo bài toán 1.3 tam giác M EF có EM F\ ≥ 900 và M N là trung tuyến nên M N ≤ EF2 .
Mặt khác, có AB//DC và AD//M E nên ADEM là hình bình hành. Suy ra DE = AM = 12AB, tương tự F C = M B = 12AB. Do đó EF = CD−AB.
Vậy M N ≤ CD−AB
2 .
Bài toán 1.40. Cho tứ giác ABCD, M là một điểm thuộc cạnh CD
(M khác C, D). Chứng minh rằng
M A+M B < max{CA+CB;DA+DB}. (1.68) Giải.
Hình 1.38
Gọi A0 là điểm đối xứng củaA qua CD. A0B cắt CD ở P.
Vì M thuộc đoạn CD nên M thuộc ∆A0BC hoặc ∆A0BD. Theo định lí 1.20 ta có M A0 +M B < CA0 +CB M A0 +M B < DA0 +DB ⇒ M A+ M B < CA+CB M A+ M B < DA+DB Do đó M A+M B < max{CA+CB;DA+DB}. Chú ý 1.3. Từ bài toán 1.40 ta có các kết quả sau:
1) Cho tứ giác ABCD, M là một điểm thuộc cạnh CD (M có thể trùng với C hoặc D). Ta có bất đẳng thức M A + M B ≤
2) Cho ABCD là hình chữ nhật và điểm M nằm trên cạnh CD. Ta có bất đẳng thức M A+M B ≤ CA+CB.
3) Cho ABCD là hình vuông cạnh a và điểm M nằm trên cạnh CD. Ta có bất đẳng thức M A+M B ≤(1 +√
2)a.
Đẳng thức trong các bất đẳng thức trên xảy ra khi và chỉ khi M ≡C hoặc M ≡D.
Bài toán 1.41. (Đề thi vào lớp 10 chuyên toán-tin, ĐHSP, ĐHQG Hà Nội 1998-1999) Cho hình chữ nhật ABCD và điểm M nằm trong hình chữ nhật và có thể nằm trên các cạnh của ABCD. Chứng minh rằng
M A+M B +M C +M D ≤AB +AC +AD.
Giải.
Hình 1.39
Qua M vẽ đường thẳng song song với AD cắt AB, DE lần lượt tại E, F. Áp dụng chú ý 1.3 của bài toán 1.40 vào các hình chữ nhật AEF D, EBCF và ABCD ta cóM A+M D ≤EA+ED, M B+M C ≤
EB +EC, ED +EC ≤ AD +AC. Do đó M A+M B+M C +M D ≤ (EA+EB) + (ED +EC) ≤AB +AC +AD.
Ta có bài toán tổng quát hơn sau đây
Bài toán 1.42. (Tuyển tập 5 năm tạp chí THTT) Cho tứ giác ABCD,
M là một điểm trong tứ giác. Đặt dA = AB + AC +AD, dB = BC + BD+BA, dC = CD+ CA+ CB, dD = DA+DB + DC. Chứng minh rằng
M A+M B +M C +M D < max{dA;dB;dC;dD}.
Giải. Kéo dài AM một đoạn M B0 bằng M B. Qua M kẻ đường trung trực của BB0. Đường này theo thứ tự cắt hai cạnh tứ giác tại I, J. Có thể xảy ra một trong ba trường hợp hình (A), (B), (C). Vì trong các hình (B), (C) bài toán được chứng minh tương tự nhưng đơn giản hơn trong trường hợp (A) nên ở đây ta chỉ chứng minh trong trường hợp (A). Không mất tính tổng quát giả sử rằng IC + ID = max{IC +ID, J C +J D}.
Hình 1.40
Áp dụng bài toán 1.40 cho tứ giác CIJ Dta có M C+M D < IC+ID. Lại có M A+M B = M A+M B0 = AB0 < IA+IB0 = IA+IB. Do đó M A+M B+M C+M D < IA+IB+IC +ID = IA+ID+BC. Áp dụng bài toán 1.40 cho tứ giác ABCD ta có
IA+ID < max{CA+CD;BA+BD}.
Vậy M A+M B +M C +M D < max{CA+CD;BA+BD}+BC = = max{BC +BD+BA;CD +CA+CB} = max{dA;dC}
≤max{dA;dB;dC;dD}.
Chú ý 1.4. Từ bài toán 1.42 ta có các kết quả sau:
1) Cho hình chữ nhật ABCD có độ dài các cạnh là a, b và độ dài đường chéo là c. M là một điểm nằm bên trong hình chữ nhật đó. Ta có bất đẳng thức M A +M B+M C + M D < a+ b+ c.
2) Cho hình vuông ABCD cạnh và M là một điểm nằm bên trong hình vuông đó. Ta có bất đẳng thức M A +M B+M C + M D < (2 +√
2)a. 1.7.2. Các bất đẳng thức khác trong tứ giác
Bài toán 1.43. (IMO shorlist) Diện tích của một tứ giác với các cạnh
a, b, c và d là S. Chứng minh rằng
S ≤ a+c
2 . b+ d
2 .
Giải. Trước tiên, giả sử tứ giác ABCD không lồi. Khi đó một trong các đường chéo của nó, chẳng hạn BD sẽ không có điểm chung với phần trong của tứ giác.
Hình 1.41
Lấy đối xứng điểm C qua BD cho ta một tứ giác lồiABC0D có cùng cạnh nhưng diện tích lớn hơn diện tích tứ giác ABCD. Do đó không mất tính tổng quát, ta có thể giả thiết rằng tứ giác ABCD lồi.
Bây giờ ta chia tứ giác bởi đường chéo AC thành hai tam giác ABC và ADC. Ta có [ABC] ≤ ab2 , [ADC] ≤ dc2 . Do đó
S = [ABC] + [ADC] ≤ ab+cd
2 . (1.69)
Làm tương tự với đường chéo BD, ta có
S = [BAD] + [BCD] ≤ bc+da 2 . (1.70) Cộng theo vế các bất đẳng thức (1.69) và (1.70), ta được 2S ≤ ab+ bc+ cd+ da 2 = (a+c) (b+d) 2 hay S ≤ a+c 2 . b+ d 2 . Bài toán 1.44. (Olympic Tây Ban Nha, 2000) Chứng minh rằng trong tất cả các tứ giác lồi có diện tích bằng 1, thì tổng độ dài các cạnh và các đường chéo lớn hơn hoặc bằng 2 2 +√
2.
Giải. Gọi a, b, c, d lần lượt là độ dài các cạnh và e, f lần lượt là độ dài các đường chéo của tứ giác. Ta sẽ chứng minh a + b + c + d ≥ 4 và e+ f ≥ 2√
2.
Gọi S là diện tích tứ giác. Ta biết rằng S = 12ef sinθ, trong đó θ là góc giữa hai đường chéo. Vì S = 1 nên ef ≥ 2. Áp dụng bất đẳng thức AM −GM suy ra e+f ≥2√
2. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi e = f. Mặt khác, theo bài toán trên có S ≤ a+2c.b+2d. Áp dụng AM −GM và sử dụng S = 1 ta suy ra a+b+c+d ≥ 4. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = d.
Từ đó suy ra bất đẳng thức cần chứng minh. Cả hai đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác lồi là hình vuông.
Bài toán 1.45. (Olympic Địa trung hải, 1998) Cho ABCD là một hình vuông nội tiếp đường tròn. M là một điểm trên cung
_ AB. Chứng minh rằng M C.M D ≥ 3√ 3M A.M B. Giải. Hình 1.42 Đặt α = ACM , β\ = BDM\. Khi đó ta có α+β = π4 và M A.M BM C.M D = tanα.tanβ.
Bây giờ, để ý rằng tanα.tanβ.tanγ ≤ tan3
α+β +γ 3 , ở đây γ = π4.
Suy ra tanα.tanβ ≤ 1 3√
3. Do đó M C.M D ≥ 3√
3M A.M B.
Bài toán 1.46. (IMO, shorlist 1996) Cho ABCD là tứ giác lồi. Kí hiệu RA, RB, RC và RD là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác
DAB, ABC, BCD và CDA tương ứng. Chứng minh rằng RA + RC > RB + RD nếu và chỉ nếu Ab+C >b Bb+Db.
Giải. Gọi X = AC ∩BD. Trong hai góc AXB\ và AXD\ có ít nhất một góc lớn hơn hay bằng 900. Ta giả sử AXB\ ≥ 900. Đặt α = CAB, β[ =
\
ABD, α0 = BDC, β\ 0 = DCA. Các góc này đều nhọn và\ α+β = α0+β0. Hơn nữa RA = AD 2 sinβ, RB = BC 2 sinα, RC = BC 2 sinα0, RD = AD 2 sinβ0. Bây giờ, ta xét 3 trường hợp sau:
1. Nếu Bb+Db = 1800 thì ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn và dễ có RA+ RC = RB +RD.
2. Nếu Bb + D >b 1800 thì D nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Điều này dẫn đến β > β0, α < α0, suy ra RA < RD và RC < RB. Do đó RA +RC < RB +RD.
3. Nếu Bb + D <b 1800 thì D nằm ngoài đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Điều này dẫn đến β < β0, α > α0, suy ra RA > RD và RC > RB. Do đó RA +RC > RB +RD.
Chương 2
Bất đẳng thức Ptolemy và các mở rộng
Chương này trình bày định lí Ptolemy, bất đẳng thức Ptolemy và các bài toán áp dụng. Ngoài ra còn trình bày một số mở rộng của bất đẳng thức này trong tứ giác và mở rộng trong tứ diện. Nội dung chủ yếu được hình thành từ các tài liệu [1], [5], [8], [10] và [12].
2.1. Định lí Ptolemy
Định lý Ptolemy hay Đẳng thức Ptolemy miêu tả quan hệ giữa độ dài bốn cạnh và hai đường chéo của một tứ giác nội tiếp đường tròn. Định lý này mang tên nhà toán học và thiên văn học người Hy Lạp cổ đại Ptolemy.
Định lý 2.1. Cho ABCD là tứ giác nội tiếp đường tròn. Khi đó
AC.BD = AB.CD+AD.BC. (2.1) Chứng minh.
Hình 2.1
Lấy điểm M thuộc đường chéo BD sao cho M CD\ = BCA. Khi đó, dễ thấy các[
tam giác ABC và DM C đồng dạng nhau, suy ra CD
M D = CA
AB ⇔CD.AB = CA.M D. Cũng dễ chứng minh rằng hai tam giác BCM và ACD đồng dạng, do đó ta có
BC BM =
AC
AD ⇔ BC.AD = AC.BM. Cộng theo vế hai bất đẳng thức trên, ta thu được CD.AB +BC.AD = AC.BM + CA.M D
Bài toán 2.1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn(O). Đường phân giác của BAC[ cắt (O) tại D khác A. Gọi K, L lần lượt là hình chiếu của
B, C trên AD. Chứng minh rằng AD ≥BK +CL.
Giải.
Hình 2.2
Do ∆BKA,∆CLA là các tam giác vuông nên ta có BK + CL = (AB+AC) sinA
2. Mặt khác, tứ giác ABDC nội tiếp nên theo đẳng thức ptolemy ta có AB.DC + AC.BD = AD.BC mà DC = BD = BC
2 cos D2 = BC
2 cos A2 nên AB+AC = 2AD.cos A
2. Suy ra BK +CL = AD.sinA ≤ AD. Bài toán 2.2. (Tạp chí THTT số 261) Cho tam giác ABC. Các đường phân giác trong xuất phát từ A, B, C cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC tại A1, B1, C1 tương ứng. Chứng minh rằng
AA1.BB1.CC1 ≥ 16R2r. Giải.
Hình 2.3
Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác ABA1C ta có AA1.BC = AB.CA1 + AC.BA1 hay AA1.a = c.CA1 +b.BA1.
Do AA1 là phân giác góc BAC[ cho nên A1 là điểm chính giữa cung
_
BC và do đó A1B = A1C. Suy ra a.AA1 = (b+ c)A1B. Mặt khác theo định lí hàm số sin, ta có
A1B
sinA1AB\ = 2R, suy ra A1B = 2RsinA2. Vậy AA1 = b+ac.2Rsin A2. Tương tự BB1 =
c+a
b .2RsinB2, CC1 = a+cb.2RsinC2. Để ý
rằng r = 4R.sinA2.sin B2.sinC2 và (a + b)(b + c)(c + a) ≥ 8abc. Suy ra AA1.BB1.CC1 = 8R
3(a+ b)(b+c)(c+a)
abc sin A
Bài toán 2.3. Cho tam giác ABC và điểm M bất kỳ nằm trên đường tròn (O) ngoại tiếp ABC. Chứng minh rằng
M A a + M B b + M C c ≥min a b + b a; b c + c b; c a + a c ≥ 2. Giải. Hình 2.4 Hiển nhiên ta có bất đẳng thức phải. Ta chứng minh bất đẳng thức trái bằng phương pháp phản chứng. Giả sử M Aa + M Bb + M Cc < minab + ab;bc + cb; ca + ac . Không giảm tính tổng quát, giả sử M nằm trên cung
_
BC không chứa A.
Do tứ giác ABM C nội tiếp, nên áp dụng đẳng thức Ptolemy ta có M A.BC = M C.AB + M B.AC. Suy ra M A = M B.b+aM C.c. Khi đó M A a + M B b + M C c = M B.ab +M C.ca a + M B.ab +M C.ac a =M B. a b + ab+M C ac + ac a ≥ M B. a b + ab+M C ac + ac M B +M C . (2.2) Mặt khác, M Aa + M Bb + M Cc < minab + ab;bc + cb;ac + ac suy ra M Aa + M Bb + M Cc < ab + ab và M Aa + M Bb + M Cc < ac + ac . Từ đó M A a + M B b + M C c = M B. M A a + M B b + M C c +M C. M A a + M B b + M C c M B+M C < M B. a b + b a +M Ca c + c a M B+M C . (2.3)
(2.2) và (2.3) mâu thuẫn, do đó giả sử là sai. Vậy được bất đẳng thức cần chứng minh.
Bài toán 2.4. (Ailen, 1995) Cho ba điểm A, X, D thẳng hàng với X
nằm giữa B và X. Chứng minh rằng
2AD ≥√3 (AB+BC +CD).
Giải.
Hình 2.5
Dựng tam giác đều AXO sao cho B và O khác phía với AX. Dễ thấy ABXO là tứ giác nội tiếp đường tròn đường kính √2
3AX. Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác này, ta được
AB.OX +BX.AO = AX.BO.
Vì OX = AO = AX nên
AX(AB+BX) = AX.BO ≤ AX.√2
3AX. Suy ra 2AX ≥ √
3 (AB +BX). Do đó 2AD = 2 (AX +XD) ≥ √3 (AB+BX) +2XD ≥ √3 (AB +BC +CX) +√
3XD ≥ √3 (AB +BC + CD).
Bài toán 2.5. (Vô địch Toán lần thứ 2, Hồng Kông, 1999) Gọi I và O
lần lượt là tâm các đường tròn nội và ngoại tiếp tam giác ABC. Giả sử tam giác ABC không đều. Chứng minh AIO[ ≤ 900 nếu và chỉ nếu
2BC ≤ AB+ CA.
Giải.
Hình 2.6
Kéo dài AI cắt đường tròn ngoại tiếp