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

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

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

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


Mặt khác r(
a
2
+
b
2
+
c
2
) = S

ABC
= S

OBC
+ S

OCA
+ S

OAB

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

+ 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


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


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

.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
. 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.

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

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
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
+

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

∃

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

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

A +

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
∃


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
3Theo 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

≥
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) 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


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)


+ CD
2

+ BC
2

+ AD
2

= AC
2

+ BD
2

+4.IK
2Ở 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

+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)
2lập luận tương tự a) S min khi tứ giác có 1 đường chéo là đương kính và 1 dưòng chéo
vuông góc với OP.


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

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


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

+ 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
⎩
⎨
⎧
⎭
⎬
⎫