Luận văn: Định lý Ptoleme và một số ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
DOÃN BẢO NGUYÊN
ĐỊNH LÝ PTÔLÊMÊ
VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG
LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC
Chuyên ngành PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
Mã số 60.46.01.13
Người hướng dẫn khoa học
TS. NGUYỄN VĂN MINH
THÁI NGUYÊN - NĂM 2013
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
Công trình được hoàn thành tại
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Người hướng dẫn khoa học TS. NGUYỄN VĂN MINH
Luận văn sẽ được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại
Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên
Tháng 06 năm 2013
Có thể tìm hiểu luận văn tại
Trung tâm học liệu Đại học Thái Nguyên
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
2
Mục lục
Mở đầu . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1 Định lý Ptôlêmê và bất đẳng thức Ptôlêmê 5
1.1 Định lý Ptôlêmê . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 5
1.2 Bất đẳng thức Ptôlêmê . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 10
2 Định lý Ptôlêmê mở rộng 14
2.1 Định lý Ptôlêmê trong không gian . . . . . . . . . . . . . . 14
2.1.1 Bất đẳng thức Ptôlêmê trong không gian ba chiều . 14
2.1.2 Bất đẳng thức Ptôlêmê trong không gian n chiều . . 17

2.2 Định lý Bretchneider . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 19
2.3 Định lý Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
3 Ứng dụng của định lý Ptôlêmê và bất đẳng thức Ptôlêmê 34
3.1 Ứng dụng trong việc chứng minh một số kết quả hình học . 34
3.1.1 Điểm Toricelli . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
3.1.2 Bất đẳng thức Erdos-Mordell . . . . . . . . . . . . . 37
3.1.3 Công thức tính sin(α + β) . . . . . . . . . . . . . . 38
3.1.4 Định lý Pythagore . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
3.1.5 Định lý hàm số cosin trong tam giác . . . . . . . . 39
3.1.6 Hệ thức Feuerbach . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 40
3.1.7 Định lý Carnot . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 41
3.2 Ứng dụng trong việc giải một số bài toán . . . . . . . . . . 42
3.2.1 Định lý Ptôlêmê và tứ giác điều hòa . . . . . . . . . 42
3.2.2 Định lý Ptôlêmê và một số bài toán cực trị hình học 45
3.2.3 Định lý Ptôlêmê và một số đẳng thức, bất đẳng thức
hình học . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 52
Kết luận . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 61
Tài liệu tham khảo . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 62
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
3
Mở đầu
Ptôlêmê hay Claudius Ptolemaeus (khoảng 100-178) là một nhà bác học
Hy Lạp xuất xứ từ Tebaida, học hành và làm việc tại Alexandria. Ptôlêmê
sinh ra ở thành phố Ptôlêmmai Hecmin (Thượng Ai Cập), trong cuộc đời
của mình ông đã có công đóng góp vào sự phát triển khoa học của nhân
loại. Ông đã viết nhiều tác phẩm trong các lĩnh vực như toán học, thiên
văn học, địa lý và âm nhạc
Bất đẳng thức Ptôlêmê và trường hợp đặc biệt của nó, định lý Ptôlêmê
về tính chất của tứ giác nội tiếp là một trong những kết quả kinh điển và
đẹp của hình học sơ cấp.

1. Lý do chọn đề tài
Định lý Ptôlêmê, bất đẳng thức Ptôlêmê và những mở rộng của nó,
những ứng dụng của nó rất quan trọng trong việc giải quyết một số bài
toán hình học. Nêu cách thức vận dụng định lý Ptôlêmê, bất đẳng thức
Ptôlêmê để giải một số bài toán ở cấp trung học cơ sở, trung học phổ
thông và bồi dưỡng học sinh giỏi toán. Với ý tưởng này, tôi chọn đề tài
cho mình là Định lý Ptôlêmê và một số ứng dụng.
2. Mục đích nghiên cứu
Mục đích của đề tài này là trình bày về nội dung của định lý Ptôlêmê,
bất đẳng thức Ptôlêmê. Ứng dụng của định lý Ptôlêmê, bất đẳng thức
Ptôlêmê vào giải quyết một số bài toán hình học.
3. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu
Khảo sát lý thuyết định lý Ptôlêmê, bất đẳng thức Ptôlêmê và những
định lý hình học, những bài toán có liên quan.Đó là những ứng dụng quan
trọng của các kết quả này trong hình học. Sử dụng định lý Ptôlêmê, bất
đẳng thức Ptôlêmê trong một số bài toán dành cho học sinh giỏi toán các
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
4
cấp.
4. Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu trực tiếp từ các tài liệu của giáo viên hướng dẫn, tủ sách
chuyên toán, các tạp trí toán học và tuổi trẻ cũng như từ bài học kinh
nghiệm giảng dạy của các đồng nghiệp và các bạn học viên trong lớp.
5. Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài
Tạo được một đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinh
giỏi cấp trung học cơ sở, trung học phổ thông.
6. Cấu trúc của luận văn
Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 3 chương.
Luận văn được hoàn thành dưới sự định hướng và hướng dẫn tận tình của
TS. Nguyễn Văn Minh. Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tới

thày.
Trong quá trình học tập và làm luận văn, tác giả đã nhận được sự quan
tâm giúp đỡ của Khoa Toán, phòng đào tạo sau đại học trường ĐHKH -
ĐHTN. Tác giả xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ quý báu đó.
Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn tới các bạn học viên lớp toán K5A,
các thày cô trong tổ toán và Ban Giám Hiệu trường THPT Hoàng Su Phì
Hà Giang đã giúp đỡ và tạo điều kiện để tác giả hoàn thành luận văn này.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
5
Chương 1
Định lý Ptôlêmê và bất đẳng thức
Ptôlêmê
1.1 Định lý Ptôlêmê
Định lý 1.1 (Xem [2]). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Khi
đó
AC.BD = AB.CD + AD.BC
Có rất nhiều cách chứng minh định lý này, sau đây xin trình bày một
số cách chứng minh.
• Cách 1: Sử dụng kết quả của hai tam giác đồng dạng
Chứng minh. Lấy M thuộc đường chéo AC sao cho

ABD =

MBC
Khi đó xét ∆ABD và ∆MBC có:

ABD =

MBC và


ADB =

MCB
Nên ∆ABD đồng dạng với ∆MBC (g.g)
do đó ta có
AD
BD
=
MC
BC
⇒ AD.BC = BD.MC (1.1)
Lại có
AD
BD
=
MC
BC
và

ABM =

DBC nên ∆ABM đồng dạng với
∆DBC (g.g).
Suy ra
AB
AM
=
BD
CD
⇒ AB.CD = AM.BD (1.2)

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
6
Hình 1.1
Từ (1.1) và (1.2) suy ra
AD.BC + AB.CD = BD.MC + AM.BD = AC.BD
• Cách 2: Sử dụng đường thẳng Simson
Trước hết ta có định lý về đường thẳng Simson
Từ một điểm D trên vòng tròn ngoại tiếp ∆ABC ta lần lượt hạ các
đường vuông góc xuống BC, CA, AB, chúng tương ứng gặp BC, CA,
AB tại A
1
, B
1
, C
1
. Khi đó các điểm A
1
, B
1
, C
1
thẳng hàng, và đường
thẳng tạo bởi ba điểm này được gọi là đường thẳng Simson.
Ta sẽ sử dụng đường thẳng Simson để chứng minh định lý Ptôlêmê.
Chứng minh. Hạ DA
1
vuông góc với BC, DB
1
vuông góc với AC và
DC

1
vuông góc với AB thì A
1
, B
1
, C
1
thẳng hàng và
A
1
B
1
+ B
1
C
1
= A
1
C
1
(1.3)
Áp dụng định lý hàm số sin cho các đường tròn đường kính DC, DB,
DA và các dây cung A
1
B
1
, A
1
C
1

và B
1
C
1
tương ứng, ta có
A
1
B
1
= DC. sin C, A
1
C
1
= DB. sin B, B
1
C
1
= AD. sin A
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
7
Hình 1.2
Lại áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác ABC, ta có
sin C =
AB
2R
, sin B =
AC
2R
, sin A =
BC

2R
Thay vào đẳng thức (1.3) và rút gọn, ta thu được
AD.BC + AB.CD = AC.BD
• Cách 3: Chứng minh định lý Ptôlêmê dùng định lý hàm số sin trong
tam giác
Chứng minh. Đặt

ABD =

ACD = α;

DBC =

DAC = β

BDC =

BAC = γ;

BCA =

BDA = δ
Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác ABD, ACD, ABC ta
có
AB.CD + AD.BC = 2R
2
(2 sin δ sin β + 2 sin α sin γ)
= 2R
2
[cos(δ −β) − cos(δ + β) + cos(α−γ) −cos(α + γ)]

(1.4)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
8
Hình 1.3
Vì α + β + γ + δ = 180
0
suy ra
cos(δ + β) = −cos(α + γ) (1.5)
Từ (1.4) và (1.5) suy ra
AB.CD + AD.BC = 2R
2
[cos(δ −β) + cos(α − γ)] (1.6)
Lại áp dụng định lý hàm số sin vào ∆ACD, ∆BCD, có
AC.BD = 2Rsin(γ+δ)2Rsin(δ+α) = 2R
2
[cos(α−γ)−cos(α+γ+2δ)]
(1.7)
Vì (α + γ + 2δ) + (β − δ) = 180
0
suy ra
cos(α + γ + 2δ) = −cos(β −δ) (1.8)
Thay (1.8) vào (1.7) ta có
AC.BD = 2R
2
[cos(α −γ) + cos(δ −β)] (1.9)
Từ (1.6) và (1.9) suy ra AD.BC + AB.CD = AC.BD.
Hệ quả 1.1 (Xem [5]). Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp với

ABC =


ADC =
90
0
, khi đó ta có
BD = AC.sin

BDA
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
9
Chứng minh. Ta có
AC.sin

BAD = AC.sin(

BAC +

DAC)
= AC(
BC
AC
.
AD
AC
+
DC
AC
.
AB
AC
) =

AB.DC + BC.AD
AC
= BD
Vì AB.CD + BC.AD = AC.BD theo định lý Ptôlêmê.
Hình 1.4
Bài toán 1.1 (Xem [5]). Cho P là một điểm nằm trong tam giác ABC
sao cho

AP B −

ACB =

AP C −

ABC. Gọi O
1
, O
2
lần lượt là tâm các
đường tròn nội tiếp của các tam giác APB, APC. Chứng minh rằng các
đường thẳng AP, BO
1
, CO
2
đồng quy tại một điểm.
Giải. Gọi D, E, F lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ P tương
ứng xuống BC, CA, AB. Ta có

DF E =


DF P +

EFP =

DBP +

EAP
= (90
0
−

DP B + 90
0
−

EPA) = 180
0
− (360
0
−

AP B −

DP E)
= −180
0
+

AP B + (180
0

−

ACB) =

AP B −

ACB
Tương tự ta cũng có

DEF =

AP C −

ABC
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
10
Hình 1.5
Suy ra tam giác DEF cân, với DE = DF. Áp dụng hệ quả 1.1 ta
được PC.sin

ACB = P B.sin

ABC, nhưng theo định lý hàm số sin ta
có AC.sin

ACB = AB.sin

ABC, do đó
AB
P B

=
AC
P C
(1.10)
Giả sử BO
1
cắt AP tại G. Khi đó theo tính chất về đường phân giác ta
có
AB
P B
=
AG
P G
kết hợp với đẳng thức (1.10) suy ra
AG
P G
=
AC
P C
. Do đó
CG cũng là phân giác của góc

ACP nghĩa là CE đi qua G. Bài toán được
chứng minh.
1.2 Bất đẳng thức Ptôlêmê
Định lý 1.2 (Xem [2]). Với 4 điểm A, B, C, D bất kỳ trên mặt phẳng, ta
có
AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD
Dấu đẳng thức xảy khi và chỉ khi tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.
• Cách 1: Sử dụng tính chất tam giác đồng dạng và bất đẳng thức

tam giác.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
11
Hình 1.6
Chứng minh. Trong

ABC lấy điểm M sao cho

ABD =

MBC,

ADB =

MCB Theo cách chọn điểm M thì ∆BAD đồng dạng với
∆BMC suy ra
AD
MC
=
BD
CB
⇒ MC.BD = AD.CB (1.11)
Lại có
AB
BM
=
BD
BC
và


BAM =

DBC suy ra ∆BMA đồng dạng với ∆BCD suy ra
BD
CD
=
AB
AM
⇒ DB.AM = AB.CD (1.12)
Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác kết hợp (1.11) và (1.12) ta có:
AD.BC + AB.DC = BD(AM + CM) ≥ BD.AC
• Cách 2: Sử dụng phép nghịch đảo và bất đẳng thức tam giác.
Trước hết ta nhắc lại kiến thức về phép nghịch đảo
Với một điểm O cố định trên mặt phẳng và một số k = 0 Nếu ứng với
mỗi điểm P cuả mặt phẳng khác với điểm O, ta tìm được một điểm
P

khác nằm trên OP sao cho OP .OP

= k thì phép biến hình biến
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
12
P thành P’ được gọi là phép nghịch đảo tâm O, phương tích k.
Phép nghịch đảo tâm O tỉ số k có một số tính chất, ở đây ta chỉ nhắc
lại tính chất
Qua phép nghịch đảo tâm O, phương tích k biến A thành A’, B thành
B’ khi đó
A

B


= |k|
AB
OA.OB
Ta dùng kiến thức về phép nghịch đảo để chứng minh bất đẳng thức
Ptôlêmê.
Chứng minh. Xét phép nghịch đảo tâm A phương tích k = 1 biến B,
C, D thành B’, C’, D’. Theo tính chất của phép nghịch đảo, ta có
B

C

=
BC
AB.AC
; C

D

=
CD
AC.AD
; B

D

=
BD
AB.AD
(1.13)

Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có
B

C

+ C

D

≥ B

D

(1.14)
Từ (1.13) và (1.14) ta có
BC
AB.AC
+
CD
AC.AD
≥
BD
AB.AD
Hay
AB.CD + BC.AD ≥ AC.BD
• Cách 3: Sử dụng số phức
Cách chứng minh này cũng sử dụng bất đẳng thức tam giác, nhưng
được phát biểu như tính chất của số phức.
Với các số phức x, y bất kỳ ta có
|x| + |y| ≥ |x + y| (1.15)

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y = kx với k là một số thực không âm.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
13
Chứng minh. Giả sử trong mặt phẳng phức bốn điểm A, B, C, D lần
lượt được biểu diễn bởi các số phức a, b, c và 0. Khi đó, bất đẳng
thức cần chứng minh có thể viết dưới dạng
|(a −b) c| + |a (b −c)| ≥ |(a −c) b|
Nhưng điều này là hiển nhiên theo bất đẳng thức (1.15) vì
(a −b) c + a (b −c) = (a − c) b
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
14
Chương 2
Định lý Ptôlêmê mở rộng
2.1 Định lý Ptôlêmê trong không gian
2.1.1 Bất đẳng thức Ptôlêmê trong không gian ba chiều
Định lý 2.1 (Xem [3]). Cho ABCD là tứ diện bất kì, ta có
AB.CD + BC.AD > AC.BD
Hình 2.1
Chứng minh. Trong mặt phẳng (BCD) ta lấy điểm E sao cho B và E
khác phía với đường thẳng CD và AC = CE, AD = DE.
Từ đó ta có ∆ACD = ∆ECD.
Suy ra AP = P E, trong đó P là giao điểm của BE và CD.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
15
Áp dụng bất đẳng thức Ptôlêmê cho tứ giác BCED, ta có
CE.BD + BC.DE ≥ BE.CD
Mặt khác, AB.CD ≤ (AP + P B)CD = P E.CD + P B.CD = BE.CD
Do đó AB.CD ≤ BE.CD ≤ CE.BD + BC.DE = AC.BD + AD.BC.
Ngoài ra dấu đẳng thức không xảy ra.
Bài toán 2.1 (Xem [6]). [Olympic 30/4,Việt Nam 2000] Cho hình chóp

tam giác S.ABC. Giả sử các trung tuyến của các tam giác SAB, SBC,
SCA kẻ từ S tạo với những cạnh đáy AB, BC, CA các góc không tù bằng
nhau. Chứng minh diện tích một mặt bên của hình chóp nhỏ hơn tổng
diện tích các mặt bên còn lại.
Giải.
Hình 2.2
Gọi α là góc tạo bởi các trung tuyến SM, SK, SL với các cạnh đáy AB,
BC, CA. Vì vai trò của các mặt bên là như nhau nên ta chỉ cần chứng
minh [SAB] < [SBC] + [SCA].
Thật vậy, áp dụng định lý 1.3 cho tứ diện SKLM ta có
SM.KL < SK.LM + SL.KM
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
16
Bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức sau
SM.AB < SK.BC + SL.CA
⇔ SM.AB sin α < SK.BC sin α + SL.CA sin α
⇔ [SAB] < [SBC] + [SCA]
Bài toán được chứng minh.
Bài toán 2.2 (Xem [4]). [Tạp chí THTT, số 264] Trên cạnh CD của hình
tứ diện ABCD lấy điểm N (N khác C, D). Kí hiệu p(XYZ) là chu vi tam
giác XYZ. Chứng minh rằng NC.p(DAB) + ND.p(CAB) > CD.p(NAB)
Giải. Xét bất đẳng thức Ptôlêmê cho các bộ bốn điểm (N, A, C, D) và
Hình 2.3
(N, C, B, D) ta có
NC.DA + ND.CA > CD.NA (2.1)
NC.DB + ND.CB > CD.NB (2.2)
Mặt khác, vì N thuộc đoạn thẳng CD nên CN + ND = CD. Do đó
NC.AB + ND.AB = CD.AB (2.3)
Cộng theo 3 vế các bất đẳng thức (2.1), (2.2) và (2.3) ta được bất đẳng
thức cần chứng minh.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
17
2.1.2 Bất đẳng thức Ptôlêmê trong không gian n chiều
Để tiện theo dõi, xin nhắc lại: Mỗi điểm A trong không gian n chiều
có thể đặt tương ứng với n bộ số thực (a
1
, a
2
, . . . , a
n
), là tọa độ điểm
A và viết A(a
1
, a
2
, . . . , a
n
). Nếu A(a
1
, a
2
, . . . , a
n
) và B(b
1
, b
2
, . . . , b
n
) thì

khoảng cách giữa A và B sẽ bằng

n

i=1
(a
i
− b
i
)
2

1
2
. Ta có bất đẳng thức
Ptôlêmê trong không gian n chiều
Định lý 2.2 (Xem [3]). Cho tứ giác ABCD, trong không gian n chiều giả
sử A(a
1
, a
2
, . . . , a
n
), B(b
1
, b
2
, . . . , b
n
) , C(c

1
, c
2
, . . . , c
n
), D(d
1
, d
2
, . . . , d
n
)
khi đó ta có

n

i=1
(a
i
− b
i
)
2
.
n

i=1
(c
i
− d

i
)
2

1
2
+

n

i=1
(a
i
− d
i
)
2
.
n

i=1
(b
i
− c
i
)
2

1
2

≥

n

i=1
(a
i
− c
i
)
2
.
n

i=1
(b
i
− d
i
)
2

1
2
Chứng minh. Đặt a
i
− b
i
= x
i

, a
i
− d
i
= y
i
, a
i
− c
i
= z
i
(i = 1, 2, . . . , n)
thì bất đẳng thức cần chứng minh trở thành

n

i=1
x
2
i
n

i=1
(y
i
− z
i
)
2


1
2
+

n

i=1
y
2
i
.
n

i=1
(x
i
− z
i
)
2

1
2
≥

n

i=1
z

2
i
.
n

i=1
(x
i
− y
i
)
2

1
2
(2.4)
Bất đẳng thức (2.4) là hiển nhiên, nếu một trong ba giá trị của biểu thức
n

i=1
x
2
i
,
n

i=1
y
2
i

,
n

i=1
z
2
i
bằng 0. Giả sử các giá trị đó khác 0. Chia hai vế của bất đẳng thức (2.4)
cho

n

i=1
x
2
i
.
n

i=1
y
2
i
.
n

i=1
z
2
i


1
2
ta được




n

i=1
(y
i
− z
i
)
2
n

i=1
y
2
i
.
n

i=1
z
2
i





1
2
+




n

i=1
(x
i
− z
i
)
2
n

i=1
x
2
i
.
n

i=1

z
2
i




1
2
≥




n

i=1
(x
i
− y
i
)
2
n

i=1
x
2
i
.

n

i=1
y
2
i




1
2
(2.5)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
18
Ta có
n

i=1
(y
i
− z
i
)
2
n

i=1
y
2

i
.
n

i=1
z
2
i
=
n

i=1
y
2
i
− 2
n

i=1
y
i
.z
i
+
n

i=1
z
2
i

n

i=1
y
2
i
.
n

i=1
z
2
i
=
1
n

i=1
y
2
i
−
2
n

i=1
y
i
.z
i

n

i=1
y
2
i
.
n

i=1
z
2
i
+
1
n

i=1
z
2
i
=
n

i=1
y
2
i

n


i=1
y
2
i

2
−
2
n

i=1
y
i
.z
i
n

i=1
y
2
i
.
n

i=1
z
2
i
+

n

i=1
z
2
i

n

i=1
z
2
i

2
=
n

i=1




y
i
n

i=1
y
2

i
−
z
i
n

i=1
z
2
i




2
Tương tự
n

i=1
(x
i
− z
i
)
2
n

i=1
x
2

i
.
n

i=1
z
2
i
=
n

i=1




x
i
n

i=1
x
2
i
−
z
i
n

i=1

z
2
i




2
Và
n

i=1
(x
i
− y
i
)
2
n

i=1
x
2
i
.
n

i=1
y
2

i
=
n

i=1




x
i
n

i=1
x
2
i
−
y
i
n

i=1
y
2
i





2
Đặt
α =
n

i=1
y
2
i
, β =
n

i=1
z
2
i
, γ =
n

i=1
x
2
i
thì bất đẳng thức (2.5) trở thành

n

i=1

y

i
α
−
z
i
β

2

1
2
+

n

i=1

x
i
γ
−
z
i
β

2

1
2
≥


n

i=1

x
i
γ
−
y
i
α

2

1
2
Bất đẳng thức này là một trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức Minkowski.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
19

n

i=1
p
2
i

1
2

+

n

i=1
q
2
i

1
2
≥

n

i=1
(p
2
i
+ q
2
i
)

1
2
Phương pháp chứng minh bất đẳng thức này rất đơn giản. Thật vậy, theo
bất đẳng thức Bunhiacovski, ta có
n


i=1
p
2
i
.
n

i=1
q
2
i
≥

n

i=1
p
i
.q
i

2
⇒ 2

n

i=1
p
2
i

.
n

i=1
q
2
i

1
2
≥ 2
n

i=1
p
i
.q
i
Thêm
n

i=1
p
2
i
+
n

i=1
q

2
i
vào hai vế của bất đẳng thức trên ta được



n

i=1
p
2
i

1
2
+

n

i=1
q
2
i

1
2


2
≥

n

i=1
(p
1
+ q
i
)
2
Khai căn bậc hai của hai vế của bất đẳng thức trên, ta có điều phải chứng
minh.
2.2 Định lý Bretchneider
Định lý 2.3 (Xem [3]). Cho tứ giác ABCD có các cạnh AB = a,BC = b,
CD = c, DA = d và các đường chéo AC = m, BD = n,

A +

C = ϕ .
Khi đó ta có
m
2
n
2
= a
2
c
2
+ b
2
d

2
− 2abcd cos(A + C)
Chứng minh. Lấy trong tứ giác ABCD một điểm M sao cho

MDC =

ADB,

MCD =

ABD. Khi đó ∆DBA đồng dạng với ∆DCM
suy ra
BD
CD
=
AB
CM
=
AD
MD
suy ra BD.CM = AB.CD hay
n.CM = ac (2.6)
Mặt khác, từ
BD
CD
=
AD
MD
và


MDA =

CDB nên ∆DAM đồng dạng với
∆DBC.
Suy ra
AM
BC
=
DA
DB
do đó AM.DB = BC.DA hay
n.AM = bd (2.7)
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
20
Hình 2.4
Nhân theo từng vế của (2.6) và (2.7), ta có
n
2
.CM.AM = abcd (2.8)
Cộng theo từng vế của (2.6) và (2.7), ta có n.(CM + AM) = ac + bd.
Suy ra
n
2
(CM
2
+ AM
2
+ 2CM.AM) = a
2
c

2
+ b
2
d
2
+ 2abcd (2.9)
Từ (2.7) và (2.8) suy ra
n
2
(AM
2
+ CM
2
− 2AM.CM.cosϕ) = a
2
c
2
+ b
2
d
2
− 2abcdcosϕ (2.10)
Mặt khác

AMC = 360
0
−(

AMD +


DMC) = 360
0
−(

C +

A) = 360
0
−ϕ
nên
cosϕ = cos

AMC (2.11)
Từ (2.10) và (2.11) suy ra m
2
n
2
= a
2
c
2
+ b
2
d
2
− 2abcd cos(A + C).
Nhận xét 2.1. i) Chú ý rằng 0
0
< ϕ < 360
0

nên −1 ≤ cosϕ < 1, do đó
từ kết quả trên, suy ra
|ac −bd| < mn ≤ ac + bd
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
cos ϕ = −1 ⇔ ϕ = 180
0
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
21
khi và chỉ khi tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.
Như vậy định lý Ptôlêmê và bất đẳng thức Ptôlêmê đều là hệ quả của
định lý Bretchneider.
ii) Từ định lý này cho ta một kết quả hình học: "Với mỗi tứ diện ABCD,
đều tồn tại một tam giác mà số đo các cạnh bằng tích số đo các cặp cạnh
đối của tứ diện".
Nhờ kết quả trên mà ta có được mối liên hệ giữa thể tích V của tứ diện
ABCD và số đo diện tích S của tam giác tạo thành. Ta xét bài toán sau.
Bài toán 2.3. Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (O, R). Chứng minh
rằng
S = 6V R
Trong đó V là thể tích tứ diện ABCD, S là diện tích tam giác có số đo các
cạnh bằng tích số đo các cặp cạnh đối của tứ diện ABCD.
Hình 2.5 Hình 2.6
Giải. Qua A dựng mặt phẳng π, tiếp xúc mặt cầu ngoại tiếp tứ diện
ABCD. Tứ diện ABC
1
D
1
được tạo nên bởi π, mặt phẳngABC, mặt
phẳng ABD và mặt phẳng đi qua B song song với mặt phẳng ACD.
Còn tứ diện ABC

2
D
2
được tạo nên bởi π, mặt phẳng ABD, mặt phẳng
ACD và mặt phẳng đi qua D, song song với mặt phẳng ABC (Hình 2.5).
Khi đó ∆ABC ∼ ∆BC
1
A ⇒ AC
1
=
ac
b
.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
22
Tương tự AD
1
=
nc
m
, AC
2
=
md
b
, AD
2
=
mn
c

, trong đó AB = c,
BC = a, CD = d, DA = m, AC = b, BD = n.
Mặt khác tam giác AC
1
D
1
đồng dạng với tam giác D
2
C
2
A suy ra
C
1
D
1
AC
2
=
AD
1
AD
2
⇒ C
1
D
1
=
c
2
d

bm
.
Tam giác cần tìm có độ dài các cạnh là am, bn, cd nghĩa là bằng độ dài
các cạnh của tam giác AD
1
C
1
nhân với
bm
c
. Suy ra
S
AD
1
C
1
=
c
2
S
b
2
m
2
Gọi AM là đường kính của mặt cầu tâm O ngoại tiếp tứ diện ABCD,
BK là đường cao hình chóp BAC
1
D
1
(Hình 2.6 ).

Vì tam giác ABK đồng dạng với tam giác OAL nên BK =
c
2
2R
, do đó
V
AD
1
C
1
B
=
c
4
S
6Rb
2
m
2
(2.12)
và
V
AD
1
C
1
B
V
=
S

ABC
1
.S
ABD
1
S
ABC
.S
ABD
=
c
2
b
2
.
c
2
m
2
. Suy ra
V
AD
1
C
1
B
=
c
4
V

b
2
m
2
(2.13)
Từ (2.12) và (2.13) suy ra hệ thức S = 6V R. Bài toán được chứng minh.
2.3 Định lý Casey
Trước hết, ta đến với bài toán đơn giản sau.
Bài toán 2.4. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O), M thuộc
cung nhỏ BC

. Chứng minh rằng
AM = BM + CM
Giải. Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ABMC ta có
AM.BC = BM.AC + CM.AB
Mà AB = BC = CA. Từ đó suy ra AM = BM + CM. Bài toán được
chứng minh.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
23
Bài toán 2.5. Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O), M là một
điểm bất kì thuộc cung nhỏ BC. Đường tròn (O’) tiếp xúc với (O) tại M.
Gọi AA’, BB’, CC’ lần lượt là các tiếp tuyến kẻ từ A, B, C đến (O’).
Chứng minh rằng
AA

= BB

+ CC

Hình 2.7

Giải. Xét trường hợp đường tròn (O

) tiếp xúc trong với đường tròn
(O). Trường hợp còn lại ta chứng minh tương tự.
Gọi K, N, L lần lượt là giao điểm của AM, BM, CM với (O

). Suy ra
AA

2
= AK.AM, BB

2
= BN.BM, CC

2
= CL.CM
Ta cần chứng minh
√
AK.AM =
√
BN.BM +
√
CL.CM (2.14)
Vì NK//AB, NL//BC, KL//CA, suy ra
AK
AM
=
BN
BM

=
CL
CM
= k, cho
nên
(2.14) ⇔
√
k.AM.AM =
√
k.BM.BM +
√
k.CM.CM (2.15)
Đẳng thức (2.15) đã được chứng minh ở bài toán 2.4. Vậy bài toán được
chứng minh.
Tiếp tục mở rộng bài toán trên bằng cách cho tam giác ABC là một tam
giác bất kì, ta có bài toán sau.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên
24
Bài toán 2.6. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M là một điểm
bất kì thuộc cung nhỏ BC

. Đường tròn (O’) tiếp xúc với (O) tại M. Gọi
AA’, BB’, CC’ lần lượt là các tiếp tuyến kẻ từ A, B, C đến (O’). Chứng
minh rằng
AA

.BC = BB

.CA + CC


.AB
Giải. Xét trường hợp đường tròn (O

) tiếp xúc trong với đường tròn
Hình 2.8
(O). Trường hợp còn lại ta chưng minh tương tự.
Gọi K, N, L lần lượt là giao điểm của AM, BM, CM với (O).
Hoàn toàn tương tự như chứng minh bài toán 2.5, ta được đẳng thức cần
chứng minh tương đương với
BC
√
k.AM.AM = CA
√
k.BM.BM + AB
√
k.CM.CM
⇔ AM.BC = AB.CN + AC.BM
Đẳng thức cuối đúng theo định lý Ptôlêmê. Vậy bài toán được chứng minh.
Tiếp tục mở rộng bài toán, xem các điểm A, B, C là các "đường tròn điểm”.
Như vậy ta sẽ mở rộng bài toán bằng cách thay các điểm A, B, C bằng các
đường tròn. Ta có định lý sau, đây chính là định lý Casey (một mở rộng
của định lý Ptôlêmê).
Định lý 2.4 (Xem [5]). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Bốn
đường tròn α, β, γ, δ tiếp xúc với (O) lần lượt tại A, B, C, D. Gọi a là độ
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên