zaizai

KHÁM PHÁ ĐỊNH LÍ PTÔ-LÊ-MÊ

I. Mở đầu:
Hình học là một trong những lĩnh vực toán học mang lại cho người yêu toán nhiều điều thú vị nhất và khó khăn nhất. Nó đòi hỏi ta phải có những suy nghĩ sáng tạo và tinh tế. Trong lĩnh vực này cũng xuất hiện ko ít những định lí, phương pháp nhằm nâng cao tính hiệu quả trong quá trình giải quyết các bài toán, giúp ta chinh phục những đỉnh núi ngồ ghề và hiểm trở . Trong bài viết này zaizai xin giới thiệu đến các bạn một vài điều cơ bản nhất về định lí Ptô-lê-mê trong việc chứng minh các đặc tính của hình học phẳng. Dù đã rất cố gắng nhưng bài viết sẽ không thể tránh khỏi những thiếu xót mong rằng các bạn sẽ cùng zaizai bổ sung và phát triển nó.

II, Nội dung - Lí thuyết:
1. Đẳng thức Ptô-lê-mê:
Cho tứ giác $ABCD$ nội tiếp đường tròn $(O)$. Khi đó:

$\fbox{AC.BD=AB.CD+AD.BC}$

Hình minh họa (hình 1)


Chứng minh:
Lấy $M$ thuộc đường chéo $AC$ sao cho $\widehat{ABD}=\widehat{MBC}.$
Khi đó xét $\Delta ABD$và $\Delta MBC$có: $\widehat{ABD}=\widehat{MBC}, \widehat{ADB}=\widehat{MCB}.$
Nên $\Delta ABD$đồng dạng với $\Delta MBC (g.g).$
Do đó ta có:
$\dfrac{AD}{BD}=\dfrac{MC}{BC} \Rightarrow AD.BC=BD.MC (1)$. Lại có: $\dfrac{BA}{BD}=\dfrac{BM}{BC}$ và $\widehat{ABM}=\widehat{DBC}$ nên $\Delta ABM \sim \Delta DBC (g.g).$Suy ra $\dfrac{AB}{AM}= \dfrac{BD}{CD}$ hay $AB.CD=AM.BD (2).$
Từ $(1)$và $(2)$ suy ra:
$AD.BC+AB.CD=BD.MC+AM.BD=AC.BD$
Vậy đẳng thức Ptô-lê-mê được chứng minh.

2, Bất đẳng thức Ptô-lê-mê:
Đây có thể coi là định lí Ptô-mê-lê mở rộng bởi vì nó không giới hạn trong lớp tứ giác nội tiếp .

Định lí: Cho tứ giác $ABCD$. Khi đó:
$AC.BD\leq AB.CD+AD.BC$

Hình minh họa (hình 2)

Chứng minh:
Trong $\widehat{ABC}$ lấy điểm M sao cho:
$\widehat{ABD} = \widehat{MBC} , \widehat{ADB} = \widehat{MCB}$
Dễ dàng chứng minh: $\Delta BAD \sim \Delta BMC \Rightarrow \dfrac{AD}{MC} = \dfrac{BD}{CB} \Rightarrow BD.CM=AD.CB$
Cũng từ kết luận trên suy ra:
$\dfrac{AB}{BM} = \dfrac{BD}{BC} , \widehat{ABM} = \widehat{DBC} \\ \Rightarrow \Delta ABM \sim \Delta DBC (c.g.c) \Rightarrow \dfrac{AB}{AM} = \dfrac{BD}{CD} \Rightarrow AB.DC=BD.AM$
Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác và các điều trên ta có:
$AD.BC+AB.DC=BD(AM+CM)\ge BD.AC$
Vậy định lí Ptô-lê-mê mở rộng đã được chứng minh.

3, Định lí Ptô-lê-mê tổng quát:
Trong mặt phẳng định hướng cho đa giác $A_0A_1...A_{2n}$nội tiếp đường tròn $(O)$. M là một điểm thuộc cung $A_0A_{2n}$ (Không chứa $A_1; ...; A_{2n-1}$)
Khi đó:
$\sum\limits_{0\le k\le n}{tg [ \dfrac{1}{4}OA_{2k-2}, OA_{2k})]+tg[ \dfrac{1}{4}OA_{2k}, OA_{2k+2})]}OA_{2k} \\ = \sum\limits_{1\le k \le n}{tg[ \dfrac{1}{4}OA_{2k-3}, OA_{2k-1})]+tg[\dfrac{1}{4}OA_{2k-1}, OA_{2k+1})]}}OA_{2k-1}$.
Trong đó:
$A_{-1}=A_{2n}, A_{-2}=A_{2n-1}, A_{2n+1}=A_{0}, A_{2n+2}=A_{1}$

Đây là một định lí ko dễ dàng chứng minh được bằng kiến thức hình học THCS. Các bạn có thể tham khảo phép chứng minh trong bài viết Định lí Ptô-lê-mê tổng quát của Tiến sĩ Nguyễn Minh Hà, ĐHSP , Hà Nội thuộc Tuyển tập 5 năm Tạp chí toán học và tuổi trẻ.
III, Ứng dụng của định lí Ptô-lê-mê trong việc chứng minh các đặc tính hình học:

1, Chứng minh quan hệ giữa các đại lượng hình học:
Mở đầu cho phần này chúng ta sẽ đến với 1 ví dụ điển hình và cơ bản về việc ứng dụng định lí Ptô-lê-mê.
Bài toán 1: Cho tam giác đều $ABC$ có các cạnh bằng $a (a>0).$Trên $AC$ lấy điểm$Q$ di động, trên tia đối của tia $CB$ lấy điểm $P$ di động sao cho $AQ.BP=a^2$. Gọi $M$ là giao điểm của $BQ$ và $AP$. Chứng minh rằng: $AM+MC=BM$
( Đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quí Đôn, thị xã Đông Hà, tỉnh Quảng Trị, năm học 2005-2006)

Hình minh họa (hình 3)


Chứng minh:
Từ giả thiết $AQ.BP=a^2$suy ra $\dfrac{AQ}{AB}=\dfrac{AB}{BP}.$
Xét $\Delta ABQ$và $\Delta BPA$có:
$\dfrac{AQ}{AB}=\dfrac{AB}{BP} (gt) \\ \widehat{BAQ} =\widehat{ABP} \\ \Rightarrow \Delta ABQ \sim \Delta BPA (c.g.c)\Rightarrow \widehat{ABQ}=\widehat{APB} (1)$
Lại có $\widehat{ABQ} +\widehat{MBP}=60^o (2)$
Từ:
$(1), (2) \Rightarrow \widehat{BMP}=180^o-\widehat{MBP}-\widehat{MPB}=120^o \\ \Rightarrow \widehat{AMB}=180^o-\widehat{BMP}=180^o-120^o=60^o=\widehat{ACB}.$
Suy ra tứ giác $AMCB$ nội tiếp được đường tròn.
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác $AMCB$ nội tiếp và giả thiết $AB=BC=CA$ta có:
$AB.MC+BC.AM=BM.AC \Rightarrow AM+MC=BM$ (đpcm)

Đây là 1 bài toán khá dễ và tất nhiên cách giải này ko được đơn giản lắm.Vì nếu muốn sử dụng đẳng thức Ptô-lê-mê trong 1 kì thi thì có lẽ phải chứng minh nó dưới dạng bổ đề. Nhưng điều chú ý ở đây là ta chẳng cần phải suy nghĩ nhiều khi dùng cách trên trong khi đó nếu dùng cách khác thì lời giải có khi lại ko mang vẻ tường minh.

Bài toán 2: Tam giác $ABC$ vuông có $BC>CA>AB$. Gọi $D$ là một điểm trên cạnh $BC, E$ là một điểm trên cạnh $AB$kéo dài về phía điểm $A$ sao cho $BD=BE=CA$. Gọi $P$ là một điểm trên cạnh $AC$ sao cho $E, B, D, P$ nằm trên một đường tròn. $Q$ là giao điểm thứ hai của $BP$ với đường tròn ngoại tiếp $\delta ABC$. Chứng minh rằng: $AQ+CQ=BP$
(Đề thi chọn đội tuyển Hồng Kông tham dự IMO 2000, HongKong TST 2000)

Hình minh họa:(hinh 4)


Chứng minh:
Xét các tứ giác nội tiếp $ABCQ$ và $BEPD$ ta có:
$\widehat{CAQ}=\widehat{CBQ}=\widehat{DEP}$
(cùng chắn các cung tròn)
Mặt khác $\widehat{AQC}=108^o-\widehat{ABC}=\widehat{EPD}$
Xét $\Delta AQC$và $\Delta EPD$có:
$\widehat{AQC}=\widehat{EPD} , \widehat{CAQ} =\widehat{DEP} \Rightarrow \Delta AQC \sim \Delta EPD \\ \Rightarrow \dfrac{AQ}{EP}=\dfrac{CA}{ED}\Rightarrow AQ.ED=EP.CA=EP.BD (1)$
(do $AC=BD$)
$\dfrac{AC}{ED} = \dfrac{QC}{PD} \Rightarrow ED.QC=AC.PD=BE.PD (2)$
(do $AC=BE$)
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp $BEPD$ ta có:
$EP.BD+BE.PD=ED.BP$
Từ $(1), (2), (3)$ suy ra:
$AQ.ED+QC.ED=ED.BP\Rightarrow AQ+QC=BP$(đpcm)

Có thể thấy rằng bài 1 là tư tưởng đơn giản để ta xây dựng cách giải của bài 2. Tức là dựa vào các đại lượng trong tam giác bằng nhau theo giả thiết ta sử dụng tam giác đồng dạng để suy ra các tỉ số liên quan và sử dụng phép thế để suy ra điều phải chứng minh. Cách làm này tỏ ra khá là hiệu quả và minh họa rõ ràng qua 2 ví dụ mà zaizai đã nêu ở trên. Để làm rõ hơn phương pháp chúng ta sẽ cùng nhau đến với việc chứng minh 1 định lí bằng chính Ptô-lê-mê.

Bài toán 3: ( Định lí Carnot)
Cho tam giác nhọn $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O, R)$ và ngoại tiếp đường tròn $(I, r).$Gọi $x,y,z$ lần lượt là khoảng cách từ $O$ tới các cạnh tam giác. Chứng minh rằng: $x+y+z=R+r$

Hình minh họa (hinh 5)


Chứng minh:
Gọi $M, N, P$ lần lượt là trung điểm của $BC, CA, AB$. Giả sử $x=OM, y=ON, z=OP, BC=a, CA=b, AB=c.$
Tứ giác $OMBP$ nội tiếp, theo đẳng thức Ptô-lê-mê ta có:
$OB.PM=OP.MB+OM.PB$
Do đó: $R.\dfrac{b}{2} =z.\dfrac{a}{2} +x.\dfrac{c}{2} (1)$
Tương tự ta cũng có :
$R.\dfrac{c}{2}=y.\dfrac{a}{2}+x.\dfrac{b}{2} (2) \\ R.\dfrac{a}{2} =y.\dfrac{c}{2}+z.\dfrac{b}{2} (3)$
Mặt khác:
$r( \dfrac{a}{2} +\dfrac{b}{2} +\dfrac{c}{2} )=S_{ABC}=S_{OBC}+S_{OCA}+S_{OAB}=x.\dfrac{a}{2}+y\dfrac{b}{2}+z.\dfrac{c}{2} (4)$
Từ $(1), (2), (3), (4)$ ta có:
$(R+r)( \dfrac{a+b+c}{2})=(x+y+z)(\dfrac{a+b+c}{2}) \Rightarrow R+r=x+y+z$
Đây là 1 định lí khá là quen thuộc và cách chứng minh khá đơn giản. Ứng dụng của định lí này như đã nói là dùng nhiều trong tính toán các đại lượng trong tam giác. Đối với trường hợp tam giác đó không nhọn thì cách phát biểu của định lí cũng có sư thay đổi.

2, Chứng minh các đặc tính hình học:

Bài toán 1: Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn $(O)$ và $AC=2AB$. Các đường thẳng tiếp xúc với đường tròn $(O)$tại $A, C$ cắt nhau ở $P$. Chứng minh rằng $BP$ đi qua điểm chính giữa của cung $BAC.$

Hình minh họa(hinh 6)


Chứng minh:
Gọi giao điểm của $BP$ với đường tròn là $N$. Nối $AN, NC$.
Xét $\delta NPC$và $\delta CPB$có: $\widehat{PCN}=\widehat{PBC}, \widehat{P}$ chung
$\Rightarrow \Delta NPC \sim \Delta CPB(g.g) \Rightarrow \dfrac{PC}{PB}=\dfrac{NC}{BC} (1)$
Tương tự ta cũng có $\Delta PAN \sim \Delta PBA (g.g)\Rightarrow \dfrac{AP}{BP} =\dfrac{AN}{AB} (2)$
Mặt khác $PA=PC$( do là 2 tiếp tuyến của đường tròn cắt nhau)
Nên từ $(1), (2) \Rightarrow \dfrac{PA}{PB} =\dfrac{NC}{BC} =\dfrac{AN}{AB}\Rightarrow NC.AB=BC.AN (3)$
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp $ABCN$ ta có:
$AN.BC+AB.NC=AC.BN$
Từ $(3) \Rightarrow 2AB.NC=AC.BN=2AB.BN\Rightarrow NC=BN$.
Vậy ta có điều phải chứng minh.

Đây có lẽ là một trong những lời giải khá là ngắn và ấn tượng của bài này.Chỉ cần qua vài quá trình tìm kiếm các cặp tam giác đồng dạng ta đã dễ dàng đi đến kết luận của bài toán. Tư tưởng ban đầu khi làm bài toán này chính là dựa vào lí thuyết trong cùng một đường tròn hai dây bằng nhau căng hai cung bằng nhau. Do có liên quan đến các đại lượng trong tứ giác nội tiếp nên việc chứng minh rất dễ dàng.

Bài toán 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 rằng $\widehat{OIA}=90^o$. Chứng minh rằng $IG$ song song với $BC$.

Hình minh họa (hinh 7)


Kéo dài $AI$ cắt $(O)$ tại $N$. Khi đó $N$ là điểm chính giữa cung $BC$ (không chứa $A$).
Ta có: $BN=NC (1)$. Lại có :
$\widehat{IBN} = \widehat{BIN} \Rightarrow BN=IN (2)$
Do $OI \perp AE$ suy ra $IA=IN= \dfrac{1}{2}$ sđ cung $BC(3)$
Từ $(1), (2), (3) \Rightarrow BN=NC=IN=IA (4)$
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp $ABNC$ ta có:
$BN.AC+AB.NC=BC.AN$
Từ $(4) \Rightarrow BN(AC+AB)=2BN.BC \Rightarrow AC+AB=2BC (5)$
Áp dụng tính chất đường phân giác trong tam giác và (5) ta có:
$\dfrac{AB}{BD} = \dfrac{IA}{ID} = \dfrac{AC}{CD} = \dfrac{AB+AC}{BD+CD} \\ = \dfrac{AB+AC}{BC} = \dfrac{2BC}{BC}=2$
Vậy $\dfrac{IA}{ID} =2 (6)$
Mặt khác G là trọng tâm của tam giác suy ra $\dfrac{AG}{GM}=2 (7)$
Từ $(6), (7) \Rightarrow \dfrac{IA}{ID}=2=\dfrac{AG}{GM}$
Suy ra IG là đường trung bình của tam giác $ADM$ hay $IG$ song song với $BC$.

Đây là một bài toán khá là hay ít nhất là đối với THCS và với cách làm có vẻ "ngắn gọn" này ta đã phần nào hình dung được vẻ đẹp của các định lí.

Bài toán 3:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), CM là trung tuyến. Các tiếp tuyến tại A và B của (O) cắt nhau ở D. Chứng minh rằng:
$\widehat{ACD} = \widehat{BCM}$

Hình minh họa:(hinh 8)

Chứng minh:
Gọi N là giao điểm của CD với (O). Xét tam giác DNB và DBC có:
$\widehat{DBN} = \widehat{DCB}, \widehat{D}$ chung.
$\Rightarrow \Delta DBN \sim \Delta DCB (g.g) \\ \Rightarrow \dfrac{NB}{CB} = \dfrac{BD}{CD} (1)$
Tương tự ta cũng có :
$\Delta DNA \sim \Delta DAC (g.g) \Rightarrow \dfrac{NA}{AC}= \dfrac{DA}{CD} (2)$
Mà $BD=DA$nên từ $(1), (2) \Rightarrow \dfrac{NB}{CB} = \dfrac{NA}{AC} \Rightarrow NB.AC=AN.BC (3)$
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp $ANBC$ ta có:
$AN.BC+BN.AC=AB.NC$
Từ (3) và giả thiết
$AB=2BM \Rightarrow 2AN.BC=2BM.NC \Rightarrow \dfrac{AN}{NC} = \dfrac{BM}{BC}$
Xét $\Delta BMC$ và $\Delta NAC$ có:
$\widehat{MBC} = \widehat{ANC} , \dfrac{AN}{NC} = \dfrac{BM}{BC} \\ \Rightarrow \Delta BMC \sim \Delta NAC (c.g.c) \Rightarrow \widehat{BCM} = \widehat{NAC}$
Vậy bài toán được chứng minh.

Cơ sở để ta giải quyết các bài toán dạng này là tạo ra các tứ giác nội tiếp để áp dụng định lí sau đó sử dụng lí thuyết đồng dạng để tìm ra mối quan hệ giữa các đại lượng. Đây là một lối suy biến ngược trong hình học.

3, Chứng minh các đẳng thức hình học:

Bài toán 1: Giả sử $M, N$ là các điểm nằm trong $\delta ABC$sao cho $\widehat{MAB}=\widehat{NAC}, \widehat{MBA}=\widehat{NBC}$. Chứng minh rằng:
$\dfrac{AM.AN}{AB.AC} + \dfrac{BM.BN}{BA.BC} + \dfrac{CM.CN}{CA.CB} =1$

Hình minh họa: (hinh 9)


Chứng minh:

Lấy điểm K trên đường thẳng BN sao cho $\widehat{BCK} = \widehat{BMA}$, lúc đó $\Delta BMA \sim \Delta BCK$suy ra:
$\dfrac{AB}{BK} = \dfrac{BM}{BC} = \dfrac{AM}{CK} (1)$
$\Rightarrow \dfrac{AB}{MB} = \dfrac{BK}{BC}$
Mặt khác dễ thấy rằng $\widehat{ABK} = \widehat{MBC}$, từ đó $\Delta ABK \sim \Delta MBC$ dẫn đến $\dfrac{AB}{BM} = \dfrac{BK}{BC} = \dfrac{AK}{CM} (2)$.
Cũng từ $\Delta BMA \sim \Delta BCK$ ta có:
$\widehat{CKN} = \widehat{BAM} = \widehat{NAC}$.
suy ra tứ giác $ANCK$ nội tiếp đường tròn.
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác $ABCK$ ta có:
$AC.NK=AN.CK+CN.AK (3)$
Nhưng từ $(1)$ và $(2)$ thì :
$CK=\dfrac{AM.BC}{BM}, AK= \dfrac{AB.CM}{BM}, BK= \dfrac{AB.BC}{BM}$
Nên ta có đẳng thức (3)
$\Leftrightarrow AC(BK-BN)=AN.CK+CN.AK \\ AC( \dfrac{AB.BC}{BM} -BN)= \dfrac{AN.AM.BC}{BM} + \dfrac{CN.AB.CM}{BM} \\ \Leftrightarrow AB.BC.CA=AN.AM.BC+CN.AB.CM+BN.BM.AC \\ \Leftrightarrow \dfrac{AM.AN}{AB.AC} + \dfrac{BM.BN}{BA.BC} + \dfrac{CM.CN}{CA.CB}=1$

Đây là 1 trong những bài toán khá là cổ điển của IMO Shortlist. Ta vẫn có thể giải quyết bài toán theo một hướng khác nhưng dài và phức tạp hơn đó là sử dụng bổ đề: Nếu M,N là các điểm thuộc cạnh BC của $\Delta ABC$sao cho $\widehat{MAB} = \widehat{NAC}$ thì $AM.AN=AB.AC- \sqrt{BM.BN.CM.CN}$. Đây là một bổ đề mà các bạn cũng nên ghi nhớ.

Bài toán 2: Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn (O). Chứng minh rằng: $\dfrac{AC}{BD} = \dfrac{BC.CD+AB.BD}{BC.BA+DC.DA}$

Hình minh họa:(hinh 10)


Chứng minh:
Lấy E và F thuộc đường tròn sao cho:
$\widehat{CDB} = \widehat{ADE} , \widehat{BDA} = \widehat{DCF}$
Khi đó: $AE=BC, FD=AB, EC=AB, BF=AD$
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp AECD và BCDF ta có:
$AC.ED=AE.CD+AD.EC=BC.CD+AD.AB (1) \\ BD.CF=BC.DF+BF.CD=BC.AB+AD.CD (2)$
Mặt khác:
$\widehat{CDE} = \widehat{CDB}+ \widehat{BDE}= \widehat{ADE} + \widehat{BDE}= \widehat{ADB} =widehat{FCD}$
Do đó:
$\widehat{FDC}= \widehat{FDE} + \widehat{EDC} = \widehat{FCE} + \widehat{FCD}= \widehat{ECD}$
Suy ra: $ED=FC (3)$
Từ (1), (2), (3) ta có điều phải chứng minh.

Bài toán 3: Cho tam giác ABC với BE, CF là các đường phân giác trong. Các tia EF, FE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác theo thứ tự tại M và N. Chứng minh rằng:
$\dfrac{1}{BM} + \dfrac{1}{CN} = \dfrac{1}{AM} + \dfrac{1}{AN} + \dfrac{1}{BN} + \dfrac{1}{CM}$

Hình minh hoạ (hình 11)
http://img88.imageshack.us/img88/3741/lthtthinh116mz.jpg

Chứng minh:
Đặt$BC=a, CA=b, AB=c$
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho hai tứ giác nội tiếp $AMBC$ và $ANCB$ ta có:
$a.AM+b.BM=c.CM (1)\\ a.AN+a.CN=b.BN (2)$Từ (1) và (2) ta được:
$a(AM+AN)=b(BN-BM)+c(CM-CN) (3)$
Mặt khác ta lại có:
$\Delta ANF \sim \Delta NBF(g.g) \Rightarrow \dfrac{AM}{BN} = \dfrac{MF}{BF} (4)$
Tương tự :
$\Delta ANF \sim \Delta MBF (g.g) \Rightarrow \dfrac{AN}{BM} = \dfrac{AF}{MF} (5)$
Từ (4), (5) và tính chất đường phân giác ta có:
$\dfrac{AM.AN}{BM.BN} = \dfrac{AF}{BF} = \dfrac{b}{a} (6)$
Chứng minh tương tự ta được:
$\dfrac{AM.AN}{CM.CN} = \dfrac{AE}{CE} = \dfrac{c}{a} (7)$
Từ (3), (6), (7) ta có điều phải chứng minh.

Có thể dễ dàng nhận ra nét tương đồng giữa cách giải của 3 bài toán đó là vận dụng cách vẻ hình phụ tạo ra các cặp góc bằng các cặp góc cho sẵn từ đó tìm ra các biểu diễn liên quan. Một đường lối rất hay được sử dụng trong các bài toán dạng này.

4, Chứng minh bất đẳng thức và giải toán cực trị trong hình học:

Bài toán 1: (Thi HSG các vùng của Mĩ, năm 1987)
Cho một tứ giác nội tiếp có các cạnh liên tiếp bằng $a,b,c,d$ và các đường chéo bằng $p,q.$ Chứng minh rằng:
$pq \leq \sqrt{(a^2+b^2)(c^2+d^2)}$

Chứng minh:
Áp dụng định lí Ptô-lê-mê cho tứ giác nội tiếp thì $ac+bd=pq$
Vậy ta cần chứng minh $p^2q^2=(ac+bd)^2\leq (a^2+b^2)(c^2+d^2)$
Bất đẳng thức này chính là một bất đẳng thức rất quen thuộc mà có lẽ ai cũng biết đó là bất đẳng thức Bunhiacopxki-BCS. Vậy bài toán được chứng minh.

Một lời giải đẹp và vô cùng gọn nhẹ cho 1 bài toán tưởng chừng như là khó. Ý tưởng ở đây là đưa bất đẳng thức cần chứng minh về 1 dạng đơn giản hơn và thuần đại số hơn. Thật thú vị là bất đẳng thức đó lại là BCS.

Bài toán 2:
Cho lục giác lồi ABCDEF thỏa mãn điều kiện $AB=BC, CD=DE, EF=FA$
Chứng minh rằng:
$\dfrac{BC}{BE} + \dfrac{DE}{DA} + \dfrac{FA}{FC} \geq \dfrac{3}{2} + \dfrac{(AC-CE)^2+(CE-AE)^2+(AE-AC)^2}{(AC+CE)^2+(CE+AE)^2+(AE+AC)^2}$

HÌNH MINH HỌA (hinh 12)
http://img88.imageshack.us/img88/1835/nnesbitopenhinh129tu.jpg

Chứng minh:
Đặt $AC=a, CE=b, AAE=c.$ Áp dụng định lí Ptô-lê-mê mở rộng cho tứ giác $ACEF$ ta có: $AC.EFkCE.AF \ge AE.CF$. Vì $EF=AF$ nên suy ra:
$\dfrac{FA}{FC} \ge \dfrac{c}{a+b}$
Tương tự ta cũng có:
$\dfrac{DE}{DA} \geq \dfrac{b}{c+a}, \dfrac{BC}{BE} \geq \dfrac{a}{b+c}$
Từ đó suy ra
$\dfrac{BC}{BE} + \dfrac{DE}{DA} + \dfrac{FA}{FC} \geq \dfrac{3}{2} + \dfrac{(AC-CE)^2+(CE-AE)^2+(AE-AC)^2}{(AC+CE)^2+(CE+AE)^2+(AE+AC)^2} \\ \Leftrightarrow \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+ \dfrac{c}{a+b}\geq \dfrac{3}{2} + \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2} \\ \Leftrightarrow \dfrac{a}{b+c}+\dfrac{b}{c+a}+ \dfrac{c}{a+b}- \dfrac{3}{2} \ge \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2} \\ \Leftrightarrow \dfrac{(a-b)^2}{2(b+c)(a+c)} + \dfrac{(b-c)^2}{2(b+a)(c+a)} + \dfrac{(c-a)^2}{2(c+b)(a+b)} \geq \dfrac{(a-b)^2+(b-c)^2+(c-a)^2}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2} \\ \Leftrightarrow \sum (a-b)^2[\dfrac{1}{2(a+c)(b+c)} - \dfrac{1}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$
Bất đẳng thức đã qui về dạng chính tắc SOS :
$\fbox{S_a(b-c)^2+S_b(c-a)^2+S_c(a-b)^2\ge 0}$
Dễ thấy:
$2(a+c)(b+c)\leq (a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2 \\ \Rightarrow \dfrac{1}{2(a+c)(b+c)} \ge \dfrac{1}{(a+b)^2+(b+c)^2+(c+a)^2}$
Như vậy $S_c\ge 0$, đánh giá tương tự ta cũng dễ dàng thu được kết quả $S_a, S_b \ge 0$.
Vậy bất đẳng thức được chứng minh. Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi$a=b=c$.
Tức là khi ABCDEF là một lục giác đều nội tiếp.

Đây là một bài toán do zaizai phát triển từ một bài toán quen thuộc. Nó cũng xuất phát từ bài Stronger than Nesbit inequality của mình.
Cơ sở khi giải bài toán này là sử dụng phương pháp SOS để làm mạnh bài toán.
Với bước chuyển từ việc chứng minh 1 bất đẳng thức hình học sang bất đẳng thức đại số ta dễ dàng tìm ra 1 lời giải đẹp. Nếu chuẩn hóa bất đẳng thứ này ta cũng có kết quả rất thú vị.

Bài toán 3:
Cho lục giác lồi ABCDEF thỏa mãn điều kiện $AB=BC, CD=DE, EF=FA$ và tổng độ dài ba cạnh $AC, CE, AE$bằng $3$
Chứng minh rằng:
$\dfrac{BC}{BE} + \dfrac{DE}{DA} + \dfrac{FA}{FC} \geq \dfrac{21}{16} + \dfrac{27(AC^3+CE^3+AE^3)}{16(AC+CE+AE)^3}$

Lời giải:
Ta chuyển việc chứng minh bất đẳng thức trên về chứng minh bất đẳng thức sau:
$\dfrac{a}{b+c} + \dfrac{b}{c+a} + \dfrac{c}{a+b} \geq \dfrac{21}{16} +\dfrac{27(a^3+b^3+c^3)}{16(a+b+c)^3}$
$\Leftrightarrow \dfrac{a}{3-a} + \dfrac{b}{3-b} + \dfrac{c}{3-a} \geq \dfrac{21}{16}+ \dfrac{(a^3+b^3+c^3)}{16}$
Bằng cách sử dụng phương pháp hệ số bất định ta dễ dàng tìm được bất đẳng thức phụ đúng:
$\dfrac{a}{3-a}\ge \dfrac{9a+a^3-2}{16}\\ \Leftrightarrow (a-1)^2(a^2-a+6)\ge 0$
Tương tự với các phân thức còn lại ta có điều phải chứng minh.

Khi định hướng giải bài này chắc hẳn bạn sẽ liên tưởng ngay đến SOS nhưng thật sự thì nó ko cần thiết trong bài toán này bởi chỉ làm phức hóa bài toán. Dùng phương pháp hệ số bất định giúp ta tìm ra 1 lời giải ngắn và rất đẹp. Tuy nhiên lời giải này ko dễ hiểu lắm đối với THCS.

Thực ra cách làm mới bài toán này cũng cực kì đơn giản vì xuất phát điểm của dạng chuẩn là bất đẳng thức Nesbit quen thuộc vì vậy dễ dàng thay đổi giả thiết để biến đổi bài toán. Mà cách thay đổi điều kiện ở đây chính là bước chuẩn hóa trong chứng minh bất đẳng thức đại số. Nói chung là dùng để đồng bậc bất đẳng thức thuần nhất. Với tư tưởng như vậy ta hoàn toàn có thể xây dựng các kết quả mạnh hơn và thú vị hơn qua một vài phương pháp như SOS, hệ số bất định, dồn biến và chuẩn hóa. Đặc biệt sau khi chuẩn hóa ta có thể dùng 3 phương pháp còn lại để chứng minh.

Bài toán 4::
Cho đường tròn $(O)$ và $BC$ là một dây cung khác đường kính của đường tròn. Tìm điểm $A$ thuộc cung lớn $BC$ sao cho $AB+AC$lớn nhất.

Lời giải:
Gọi D là điểm chính giữa cung nhỏ BC.
Đặt $DB=DC=a$ không đổi. Theo định lí Ptô-lê-mê ta có:
$AD.BC=AB.DC+AC.BD=a(AB+AC) \Rightarrow AB+AC= \dfrac{BC}{a}.AD$
Do $BC$ và $a$ ko đổi nên $AB+AC$lớn nhất khi và chỉ khi $AD$lớn nhất khi và chỉ khi$A$ là điểm đối xứng của $D$ qua tâm $O$ của đường tròn.

IV, Bài tập:
Bài 1:(CMO 1988, Trung Quốc)
$ABCD$ là một tứ giác nội tiếp với đường tròn ngoại tiếp có tâm ) và bán kính $R$. Các tia $AB,BC,CD,DA$ cắt $(O, 2R)$ lần lượt tại $A', B', C', D'$. Chứng minh rằng:
$A'B'+B'C'+C'D'+D'A' \ge 2(AB+BC+CD+DA)$
Bài 2:
Cho đường tròn $(O)$ và dây cung $BC$ khác đường kính. Tìm điểm A thuộc cung lớn $BC$ của đường tròn để $AB+2AC$ đạt giá trị lớn nhất.
Bài 3:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn $(O)$. Đường tròn $(O')$ nằm trong (O) tiếp xúc với (O) tại T thuộc cung AC (ko chứa B). Kẻ các tiếp tuyến $AA', BB', CC'$tới $(O')$. Chứng minh rằng:
$BB'.AC=AA'.BC+CC'.AB$
Bài 4:
Cho lục giác $ABCDEF$ có các cạnh có độ dài nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng trong ba đường chéo$AD, BE, CF$có ít nhất một đường chéo có độ dài nhỏ hơn $2$.
Bài 5:
Cho hai đường tròn đồng tâm, bán kính của đường tròn này gấp đôi bán kính của đường tròn kia. $ABCD$ là tứ giá nội tiếp đường tròn nhỏ. Các tia $AB,BC,CD,DA$lần lượt cắt đường tròn lớn tại $A',B',C',D'$.
Chứng minh rằng: chu vi tứ giác $A'B'C'D'$ lớn hơn 2 lần chu vi tứ giác $ABCD$.




..........................................................................

Đến đây zaizai xin kết thúc bài viết hi vọng rằng với 1 vài ví dụ minh họa trên các bạn có thể dễ dàng hình thành trong đầu cách sử dụng định lí Ptô-lê-mê. Một định lí mạnh và thỏa mãn mĩ quan toán học của nhiều người.
Mong nhận được sự góp ý của các bạn. Thân ái,zaizai !

THÂN TẶNG HOÀI NGỌC

He he nhìn lại mấy post còn sơ sài quá nên zaizai post cụ thể lên cho oách:
Bài toán này có thể nói là khá thú vị. Sau đây mình xin post lời giải của nó:
Bài 3:
Theo bài ra ta có $\overline{abcde}=45abcde$.
Xác định miền giá trị của biến: $\overline{abcde}$ chia hết cho $5$ suy ra $e$ phải chia hết cho $5$ hay có thể dễ dàng kết luận $e=5$. (vì e khác 0)
Suy ra $e=5$ ta có:
$d=7$ (từ tính chất 1 số chia hết cho 25 khi 2 chữ số tận cùng của số đó chia hết cho 25)
$a,b,c$ là các số lẻ suy ra tích $abc$ cũng là số lẻ nên $abc=4k+1$
$abc$ là số lẻ suy ra$77175=45.7.7.1.7.5$
Vậy số mà ta cần tìm là $\overline{abcde}=77175$

Nhận xét: bài trên tuy không khó nhưng đòi hỏi ta có những lập luận và chặn nghiệm đúng lúc. Rõ ràng việc thử 1 lúc quá nhiều giá trị của k là không mang nhiều tính mĩ quan toán học mong rằng tìm được 1 lời giải nào đó ngắn gọn hơn.

Cấu tạo của số tự nhiên là 1 trong những lĩnh vực thú vị trong chương trình số học ở bậc THCS. Và có lẽ chúng ta dễ dàng thấy rằng đây là 1 dạng toán rất hay ra trong các kì thi vào các trường THPT Chuyên. Trong quá trình tiếp xúc với các tài liệu số học zaizai đã tổng hợp được 1 số bài toán khá là cơ bản và quen thuộc. Xin giới thiệu đến các bạn. Chúng ta sẽ cùng nhau giải quyết lại các bài toán này và sẽ là 1 dịp để bổ sung kiến thức đối với các bạn lần đầu tiếp xúc cũng như là giúp các bạn đã từng gặp dạng toán này ôn luyện lại 1 lần nữa. Nắm thật chắc một dạng toán nào đó cũng chính là 1 phương pháp học tập hiệu quả để chuẩn bị cho các kì thi. Tránh tình trạng học rồi đến lúc đi thi "lỡ" quên thì nguy hiểm lắm
Trước hết khi gặp 1 bài toán dạng này ta sẽ phải làm ít nhất là 3 công việc. Đó là phải phân tích số đó dưới dạng các chữ số cấu tạo nên nó. Cụ thể
Bước 1: Phân tích số cần tìm thành các phần tử liên quan. Ví dụ như $\overline{abcd}$sao cho số đó bằng lập phương của tổng các chữ số của nó.

Bài 2: Tìm một só chính phương $\overline {abcd}$ sao cho 2 chữ số đầu giống nhau, 2 chữ số cuối giống nhau.

Bài 3: Tìm số tự nhiên$\overline {abcde}=45abcde$.

Bài 4: Tìm tất cả các số tự nhiên $\overline {abcde}$sao cho $\sqrt[3]{\overline {abcde}}=\overline {ab}$

Bài 5: Tìm các số có sáu chữ số $\overline {abcde} $sao cho các số $\overline {ab}$sao cho $2\overline {ab}+1$và $3\overline {ab}+1$đều là số chính phương.

Bài 7: Tìm các số có bốn chữ số $\overline {abcd}$sao cho $4\overline {abcd}=\overline {dcba}$

Bài 8: Tìm các chữ số a,b,c sao cho số $\overline {7ab9}$chia hết cho $63$và số $\overline {1ab2c}$chia hết cho $1125$.

Bài 9: Tìm các chữ số a,b,c khác 0 thỏa mãn: $\overline {abbc}=\overline {ab}.\overline {ac}.7$

Bài 10: Tìm các chữ số $\sqrt{\overline {abc}}=(a+b)\sqrt{c}$

Bài 11: Tìm các số có hai chữ số sao cho $(\overline {ab})^2=9a+b)^3.$

Bài 11: Tìm số có 6 chữ số $\overline {abcdef}$sao cho $\overline {abcdef}=(\overline {abc}+\overline{def})^2$

Bài 12: Tìm các chữ số a,b,c,d sao cho với mọi số tự nhiên n ta có:
$\overline{aa...abb...bcc...c}+1=(\overline{dd...d}+1)^3$trong đó có n số a, b ,c, d.

Bài 13: Tìm số tự nhiên có 10 chữ số $A=\overline{a_1a_2...a_10}$trong đó a_1 bằng số các chữ số 0 có trong $A$, $a_2$bằng số các chữ số 1 trong $9$trong $A$.

Bài 14: Tìm tất cả các số tự nhiên có ba chữ số $\overline{abc}$sao cho $\overline{abc}=a!+b!+c!$

Bài 16: Tìm tất cả các số tự nhiên có bốn chữ số $A=\overline{abcd}$thỏa mãn điều kiện :
$\overline{abd}=(b+d-2a)^2$và $\overline{b_1b_2b_3b_4}$thỏa mãn điều kiện $a_1-b_1=a_2-b_2=a_3-b_3=a_4-b_4$

Bài 18: Cho $\overline{dcba}$là số chính phương có bốn chữ số khác nhau và $\overline{dcba}$chia hết cho
$\overline{abcd}$. Tìm $\overline{xyz}$biết rằng:
$\overline{abc}$such that that number multiply nine equal sum of squares for which take part in that number. .SOS)

Có thể nói rằng những bài toán cấu tạo số này thực chất cũng chỉ là qui về việc giải 1 phương trình nghiệm nguyên. Nhưng để khái quát hóa dạng toán riêng biệt ta vẫn coi đó là lớp bài toán về cấu tạo số. Còn rất nhiều các bài toán liên quan khác nữa mà zaizai ko thể nêu ra hết được (chắc gõ chúng lên mất cả tuần mất ). Tạm thời mời các bạn sử lí mấy bài trên. Sau đó hãy đưa những bài toán mà theo bản thân là hay (...hay ra thi nữa ) để mọi người cùng thưởng thức.

Tìm nghiệm nguyên của phương trình:
$$1+x+x^2+x^3=2^y$$