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

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 rấ

t 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
dạ
ng 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 : m
2

.n
2

= a
2

. c
2

+ b
2

.d

2

- 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 t

αß
là tiếp tuyến chung ngoài (hoặc chung
trong) của đường tròn α ,ß .các tiếp tuyến còn lại xác định tương tự .
CMR t

αß
. t
.

λγ

+ t

ßλ
. t

αγ
= t

αλ
. t

ßγ
( 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 đị
nh 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.
BĐ

1
:
AC
BD
= (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
không chứa K dựng ∆BLC τ ∆ADK.CMR {KBCL ngoại tiếp.
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

∃

OIA = 90
o

. CMR IG//BC.

Ta sẽ áp dụng định lý Ptoleme như
sau. Nhận thấy
AI
ID
=
AB
BD
=
AC
DC

=(AB+AC)
(BD+DC)
=
(AB+AC)
BC

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
đường tròn ngoại tiếp và trọng tâm G . Giả sử
∃

OIA = 90
o

.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

OB.PM = OP.MB + OM.PB ,do đó R.
b
2

= z.
a
2
+ x.
c
2

CMTT có : R.
c
2
= y.
a
2
+ x.
b
2
và R.
a
2

= y.
c
2
+ z.
b
2

Mặt khác r(
a
2
+
b
2
+
c
2
) = S

ABC
= S

OBC
+ S

OCA
+ S

OAB

= x.
a
2
+ y.
b
2
+ z.

c
2

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 , R

1
, R

2
, R

3

là bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆BCM,∆BAM,∆ACM. Thì R

1

+ R

2
+ R

3
≤ MA +
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( h

a
+ h

b
+ h

c
)≤Tồng các khoàng cách từ M tới các cạnh
≤Max( h

a
+ h

b
+ h

c
)
Vận dụng vào ta có BĐT sau : Min( h

a
+ h

b
+ h

c
)≤ R+r≤Max( h

a
+ h

b
+ h

c
)
Cũng theo hướng trên ta có AM≤ AO+OM; MB≤ON+OB; CP≤OP+OC. Do đó
AM+MB+CP≤4R+r≤
9
2
R.
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 :
1
BM
+
1
CN
=
1
AM
+
1
AN
+
1
BN

+
1
CM

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:
AM
BN
=
MF

BF
;
AN
BM
=
AF
MF

Từ đó ta có
AM.AN
CM.CN
=
AF
MF
=
b
a
.
CM t
2

có
AM.AN
CN.CM
=
AE
CE
=
c
a

Thay các tỉ số này vào giả thiết có (BN-BM).
b
a
+ (CM-CN).
c
a
= (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
+
1
BM
=
1
CM
;
1
AN
+
1
BN
=
1

CN
;

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
=
MP
AC

.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
AX
AM
=
BY
BM
=
CZ
ZM
(1)
Laị có AA’
2

= AM.AX; BB’

2

= BM.BY
CC’
2

= CM.CZ (2)

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 (O

1
) và (O

2
) cùng tiếp xúc trong với (O). Tiếp tuyến chung của (O

1
) và
(O

2
) cắt (O) tại 4 điểm . Trong đó B,C cùng phía với O

1
, O

2
. CMR BC// với 1 tiếp
tuyến chung ngoài của (O

1
) và (O

2
).
2) : Cho tam giác ABC (AB<BC) nội tiếp (O). Trên cạnh AC lấy điểm B

1
, sao
cho BB

1
= BA = c. Goị R là bán kính đường tròn (O

1
) tiếp xúc BB

1
,B

1
C và cung nhỏ
BC không chứa A và r là bán kính đường tròn nội tiếp BB

1
C. Chứng minh rằng R=r.

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
M cắt (O) ở E và F. CMR EA.BE=EB.AF=
1
2
AB.EF.
Qua việc sử dụng 2 cặp tam giác đồng dạng ∆MAEτ ∆MFA; ∆MEBτ∆MBF
dễ dàng suy ra AE.BF=EB.AF.
Sử dụng định lý Ptoleme cho tứ giác
EFAB suy ra ngay EA.BF=EB.AF
=
1
2
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
trung điểm của AB . CMR
∃

MCB =
∃

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
+
LF.KE
LE.KF
.
3) Cho ( O

1
) và ( O

2
) cắt nhau tại A và B. Điểm Q nằm trên (O

2
) . Các đường
thẳng AQ ,BQ cắt ( O

1
) lần lượt tại C và D . Các tiếp tuyến tại A và B của ( O

2
) 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
đó x.CA+y.AB=
AD.CB
k
Max khi
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
x
CA
+

y
CB
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
quát sau : tìm M thuộc tam giác sao cho M=x.MA+y.MB+z.MC Min.
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

1)Nếu max(
∃

A +
∃

A’ ;
∃

B +
∃

B’ ;
∃

C +
∃

C’ ) < 180
o


Dựng tam giác A

1
BCτ∆A’B’C’. Gọi J là giao của AA

1
và đường tròn ngoại tiếp
∆A

1
BC. Gọi I là giao điểm của AA

1
với đường thẳng BC.
Dễ thấy J thuộc đoạn AA

1
và I thuộc đoạn BC.Suy ra J thuộc
#

BC không chứa A

1
của
đường tròn ngoại tiếp tam giác A

1
BC.Với M bất
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
. CA

1
.MB
+

B’C’
BC
. A

1
B. MC
=B’C’( MA +
CA

1
.MB+A

1
B.MC
BC
)
Áp dụng BĐT ptoleme cho tứ giác cho tứ giác
MBA

1
C ta có:

M ≥B’C’(MA+
MA

1
.BC
BC
)=B’C’.(MA+MA

1
)≥
B’C’.( MA+ MA

1
) = x. AA

1
. Dấu bằng xảy ra
khi M≡ J.
2)Nếu max(
∃

A +
∃

A’ ;
∃

B +
∃

B’ ;
∃

C +
∃

C’ ) = 180
o

Thì làm tương tự như trường hợp 1 Min
M= x. AA

1
=y.AB+z.Ac (Do M≡ A≡J)
3) Nếu max(
∃

A +
∃

A’ ;
∃

B +
∃

B’ ;
∃

C +
∃

C’ ) > 180
o


Làm tương tự và áp dụng TH2 với Giả sử

∃

A +
∃

A’ >180
o

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 m

a
.MA +
m

c
.MC+ MB. m

b


Với trung tuyến AA’,trọng tâm B’, C’ là
trung điểm B’C’.
Ta suy ra
∃

A +

∃

A’ <180
o

,
∃

B +
∃

B’ <
180
o

,
∃

C +
∃

C’ < 180
o

.
Theo bài 2 thì m

a
.MA + m

c
.MC+ MB. m

b

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).
CMR: DO.OE.OF≥8R
3

.
Ta có
∃

DBC =
∃

FAC =
∃

BAE
∃

BDC =
∃

BFA =
∃

EAC
Do đó ∆BDCτ ∆BAFτ∆EAC
( Đặt BC= x, DC= y , DB = z)
Suy ra
BE
x
=
AF
y
=
BA
z


EC
x
=
AC
y
=
EC
z

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+z
x
OE=R.
z+x
y
, OF= R.
x+y
z

Do đó OD.OE.OF= R
3

.
(x+y)(z+x)(x+y)
xyz
≥8. R
3


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
1
x

+
1
y
+
1
z
≥
3
m+n

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 ⇒
1
x
≥
b
mc+na

Tương tự như vậy ta có

1
y
≥
a
mb+nc
;
1
z

≥
c
ma+nb

Do đó
1
x
+
1
y
+
1
y
≥
a
mb+nc
+
b
mc+na
+
c
ma+nb

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

b
mc+na
+
c
ma+nb
) ≥
3(a+b+c)
2

(m+n)(bc+ca+ab)
≥
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 S

ABCD

b) Tìm Min và Max S

ABCD
.
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 : AC
2

= 4.( R
2

- OK
2

)
BD
2

= 4. ( R
2

- OI
2

)

Ta có S

ABCD
=
1
2
AC.BD. Do đó tìm max của S

ABCD
. thì ta tìm max của (AC.BD)
2

.
Mà (AC.BD)
2

≤
(AC
2

+BD
2

)
2
=8.( 2.R
2

- OP
2

)

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

ABCD
=
AC.BD
2
=
1
8
( AC
2

+ BD
2

- (AC-BD)
2

).Ta thấy AC
2

+ BD
2

= conts.
Do đó S

ABCD
min khi (AC-BD)

2

max. Mà AC≤ 2R. BD min khi BD⊥ OP.
Suy ra S

ABCD
min khi có 1 đường chéo vuông góc với OP. 1 đườn chéo là dường kính.
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
m
2

= AB
2

+ CD
2

+ BC
2

+ AD
2

+ 2( AB.BC+ BC.CD + CD.AD+ AD.AB
+AB.CD+BC.AD)
Ta nhận thấy với mọi tứ giác AB
2

+ CD
2

+ BC
2

+ AD
2

= AC
2

+ BD
2

+4.IK
2


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.BC

4
+
CD.AD
4
=
R.BD
2
;
AB.AD
4
+
CD.BC
4
=
R.AC
2

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

+BD
2

)
2
+ 2R. 2(AC
2

+BD
2

) = conts.
Dấu bằng xãy ra khi AB=CD.
Tương tự như a) ta có S=
1
2
(AC
2

+ BD
2

- ( AC-BD)
2

) + 2R 2(AC
2

+BD
2

)-(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.

Nhờ định lý Ptoleme và ý tưởng của câu a) ta đã giải quyết trọn vẹn câu b) một cách
có cơ sở. Tuy nhiên câu b) cũng có 1 lời giải đại số rất hay mong các bạn tiếp tục suy
ngĩ về lời giải này.
Ta tấy rằng chúng ta có thể khai thác thêm từ bài toán này là ý : AC + BD Min và
Max. Đây là bài toán có thể mở rộng với góc
∃

APC = α =const.
Liệu bài toán có thể mở rộng cho góc giữa 2 dây cung khác 90
o

. Điều này mong các
bạn trao đổi ở bài viết sau.
Kết thúc bài viết ta thấy từ các ví dụ thì định lý Ptoleme và là một công cụ hữu dụng
cho chúng ta giải các bài toán hình học một cách đáng nể . Các ví dụ trên chưa thể
giúp chúng ta hiểu hết định lý này. Để củng cố định lý này mong các bạn luyện tập
qua các Bài tập sau:
Bài 1 : Cho tam giác ABC (
∃

A = 90
o

) nội tiếp (O). Tên tia đối của BA và CA ta lấy
các điểm E và F sao cho BC = BE = CF. M thuộc (O) sao cho MA + MB + MC ≥ EF
Bài 2 : Cho tam gíc ABC đều . M thuộc
#

BC không chúa A . CMR MA= MB + MC.
Áp dụng để giải các bài toán sau :

1) Cho tam giác ABC đều có cạnh = a
2

. Q di động trên ac , trên tia đối của tia Cb lấy
P di động sao cho AQ.BP = a
2

. Gọi M là giap điểm của BQ và AP .CMR AM +
MC =MB.
2) Cho lục giác lồi ABCDEF có BC = AB = CD, AF = FE = ED ,
∃

ABC = 60
o

và
DEF = 60
o

. Hai điểm H và G nằm trong lục giác sao cho
∃

AFG =
∃

CHD = 120
o

.
CMR AG + GF + HC + HD + GH ≥ BE

3) CMR MA
2

+ MB
2

+ MC
2

và MA
4

+ MB
4

+ MC
4

là const với dữ kiện của Bài 2.
4) Sau đây là một bai toán tương tự Bài 2 : Cho tam giác ABC vuông tại A. Gọi D là
một điểm trên cạnh BA kéo dài về phía A sao cho BD = BE = CA . Gọi P là một
điểm trên AC sao cho E,B,D,P thuộc cùng một đường tròn . Q là giao điểm thứ hai
của BP với đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.
CMR : AQ + CQ = BP

Bài 3: Cho lục giác có các cạnh < 1 . CMR trong các đương chéo chính có ít nhất 1
đường chéo < 2 và >
1
3
.

Bài 4. Cho tam giác ABC . Đường tròn ( O

1
) nằm trong tam giác và tiếp xúc với các
cạnh AB và AC . Đường tròn (O

2
) đi qua B và C tiếp xúc với đường tròn (O

1
) tại T.
CMR : Phân giác
∃

BTC đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Bài 5: Giả sử M, N là 2 điểm nằm trong tam giác sao cho
∃

MAB =
∃

NAC ,

∃

MAB =
∃

NBC . CMR:
AM.AN

AB.AC
+
BM.BN
BA.BC
+
CM.CN
CA.CB
=1.
Bài 6 : Cho 1 đa giác đều n đỉnh, cạnh = a nội tiếp đường tròn (O). 1 đường tròn tiếp
xúc (O) và 1 cạnh của đa giác đó . CMR. Tổng độ dài của các tiếp tuyến từ n-2 đỉnh
còn lại =const.
Bài 7: Cho tứ giác ABCD nội (O,R). Tia AB , BC , CD , DA cắt (O,2R) ở
A’,B’,C’,D’.Tìm min chu vi tứ giác A’B’C’D’.
Bài 8: Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC , CD = DE , EF = FA .Chứng minh
rằng :

BC
BE
+
DE
DA
+
FA
FC
≥
3
2


Bài 9 : Cho tam giác nội tiếp (O) . Gọi (O

1
, R

1
) , (O

2
, R

2
), (O

3
,R

3
) lần lượt là các
đường tròn tiếp xúc với (O) và tiếp xúc với các cặp tia AB,AC; BC,BA; CA,CB và r
là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác . CMR R

1
+ R

2
+ R

3
≥ 12.r
Bài 10: Gọi H , I theo thứ tự là trực tâm và tâm đường tròn nội tiếp một tam giác

nhọn . Các đường thẳng AH , BH ,CH cắt đường tròn ngoại tiếp các tam giác HBC,
HCA, HAB lần nữa tại A

1
, B

1
, C

1
. Các đường thẳng AI, BI, CI theo thứ tự cắt
đường tròn ngoạ tiếp tam giác IBC, ICA, IAB lần nữa tại A

2
, B

2
, C

2
.
CMR: HA

1
.HB

1
.HC

1

+ 64R
3

≥ 9. IA

2
.IB

2
.IC

2

Bài 11: Cho tam giác ABC và điểm M bất kỳ thuộc (O) ngoại tiếp tam giác .
CMR :
MA
a
+
MB
b
+
MC
c
≥ Min
⎩
⎨
⎧
⎭
⎬
⎫

a
b
+
b
a
;
c
a
+
a
c
;
c
b
+
b
c
≥ 2