Bất đẳng thức Ptolemy và ứng dụng

ính là điểm đối xứng của C qua 
trung trực của AB). Gọn E và F là hình chiếu của C và D lên AB. Áp dụng định lý Ptolemy 
cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có 
 AB.CD + AD.BC = AC.BD 
Mặt khác, 
 CD = AB – AE – BF = AB – 2BC.cosB 
Thay CD = AB – 2BC.cosB, AD = BC, BD = AC vào, ta có 
 AB2 – 2AB.BC.cosB + BC2 = AC2 
Hay 
 b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB (đpcm) 
Hệ thức Feuerbach 
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn, khi đó 
 BD2.SACD = CD
2.SABD + AD
2.SBCD (8) 
Chứng minh: Theo công thức tính diện tích thì SACD = AC.AD.CD/4R, SABD = 
AB.AD.BD/4R, SBCD = BC.BD.CD/4R. 
Do đó (8) tương đương với 
 BD2.AC.AD.CD = CD2.AB.AD.BD + AD2.BC.BD.CD 
Hay là 
 AC.BD = AB.CD + AD.BC 
Như vậy, có thể thấy định lý Ptolemy tương đương với hệ thức Feuerbach. 
Định lý Carnot: 
Trong tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Gọi x, y, z là các 
khoảng cách từ O đến BC, CA, AB tương ứng. Khi đó 
 x + y + z = R + r 
trong đó r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác. 
Chứng minh: Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB tương ứng. Áp dụng 
định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp AEOF, ta được 
 AF.OE + AE.OF = AO.EF 
ó c.y + b.z = R.a 
Tương tự 
 c.x + az = R.b, ay + bx = R.c 
Cộng các đẳng thức vế theo vế, ta được 
 (b+c)x + (c+a)y + (a+b)z = R(a+b+c) 
ó (a+b+c)(x+y+z) = R(a+b+c) + ax + by + cz 
ó x + y + z = R + r 
(Vì ax + by + cz = 2SOBC + 2SOCA + 2SOAB = 2SABC và r = S/p) 
Viết dưới dạng lượng giác, định lý Carnot chính là hệ thức cosA + cosB + cosC = 1 + r/R. 
Chú ý hệ thức này đúng với mọi tam giác. Với hệ thức hình học, định lý Carnot vẫn đúng 
trong trường hợp tam giác tù, nhưng nếu chẳng hạn A tù thì ta có –x + y + z = R + r. 
Mở rộng định lý Ptolemy và bất đẳng thức Ptolemy 
Định lý Ptolemy và bất đẳng thức Ptolemy có nhiều hướng mở rộng khác nhau. Thậm chí 
từ bất đẳng thức Ptolemy, phát sinh ra hẳn một khái niệm gọi là không gian metric 
Ptolemy, đồ thị Ptolemy  Dưới đây, chúng ta xem xét một số mở rộng của định lý 
Ptolemy (và cũng là của bất đẳng thức Ptolemy) 
Định lý Bretschneider 
Cho tứ giác ABCD có độ dài các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt là a, b, c, d và độ dài hai 
đường chéo AC, BD là m, n. Khi đó ta có 
 m2n2 = a2c2 + b2d2 – 2abcd.cos(A+C) 
Rõ ràng định lý Ptolemy và cả bất đẳng thức Ptolemy đều là hệ quả của định lý 
Bretschneider. Ta xem xét chứng minh của kết quả này 
Trên cạnh AB ra phía ngoài dựng tam giác AKB đồng dạng với tam giác ACD, trong đó 
ÐBAK = ÐDCA, ÐABK = ÐCAD, còn trên cạnh AD dựng tam giác AMD đồng dạng tam 
giác ABC, ÐDAM = ÐBCA, ÐADM = ÐCAB. Từ các tam giác đồng dạng này ta suy ra 
 AK = ac/m, AM = bd/m, KB = DM = ad/m 
Ngoài ra, ÐKBD + ÐMDB = ÐCAD + ÐABD + ÐBDA + ÐCAB = 1800, nghĩa là tứ giác 
KBDM là hình bình hành. Nghĩa là KM = BD = n. Nhưng ÐKAM = ÐA + ÐC. Áp dụng 
định lý hàm số cos cho tam giác KAM, ta có 
 )cos(.2
22
2 CA
m
bd
m
ac
m
bd
m
ac
n +-÷
ø
ö
ç
è
æ+÷
ø
ö
ç
è
æ= 
ó m2n2 = a2c2 + b2d2 – 2abcd.cos(A+C) (đpcm). 
Định lý Casey (định lý Ptolemy mở rộng) 
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (C). Bốn đường tròn a, b, g, d tiếp xúc với (C) lần 
lượt tại A, B, C, D. Gọi tab là độ dài đoạn tiếp tuyến chung, trong đó tab là độ dài đoạn tiếp 
tuyến chung ngoài nếu a, b cùng tiếp xúc ngoài hoặc cùng tiếp xúc trong với (C) và tab là 
độ dài đoạn tiếp tuyến chung trong trong trường hợp ngược lại. Các đại lượng tbg, tgd  
được định nghĩa tương tự. Khi đó ta có 
 tab.tgd + tbg.tda = tag.tbd. (9) 
Ta chứng minh cho trường hợp a, b, g, d đều tiếp xúc ngoài với (C). Các trường hợp khác 
chứng minh tương tự. 
Gọi R là bán kính đường tròn (C), x, y, z, t là bán kính các đường tròn a, b, g, d. Đặt a = 
AB, b = BC, c = CD, d = DA, m = AC, n = BD. 
Ta sẽ tính tab theo R, x, y và a. Gọi X, Y là tâm của a, b thì ta có, theo định lý Pythagore 
 (tab)
2 = XY2 - (x-y)2 
Mặt khác, theo định lý hàm số cos thì 
 XY2 = (R+x)2 + (R+y)2 – 2(R+x)(R+y)cos(XOY) 
 = 2R2 + 2R(x+y) + x2 + y2 – 2(R2+R(x+y)+xy)(1 – a2/2R2) 
 = (x-y)2 + a2(R+x)(R+y)/R2 
Từ đó 
 ))(( yRxR
R
a
t ++=ab 
Tương tự với các đại lượng tbg, tgd  
Thay vào (9) ta thấy rằng định lý Casey được suy ra từ định lý Ptolemy, cụ thể là từ đẳng 
thức a.c + b.d = m.n. 
Ngược lại, định lý Ptolemy chính là trường hợp đặc biệt của định lý Casey, khi x = y = z = 
t = 0. 
Định lý Casey có thể phát biểu một cách khác, như sau: Các đường tròn A, B, C, D tiếp 
xúc với đường tròn (O); a, b, c, d, x, y là độ dài các tiếp tuyến chung của các cặp đường 
tròn A và B, B và C, C và D, D và A, A và C và B và D tương ứng. Khi đó x.y = a.c + b.d. 
Chú ý ta lấy độ dài tiếp tuyến chung trong hay tiếp tuyến chung ngoài theo nguyên tắc đã 
đề cập ở trên. Cuối cùng, điểm có thể coi như đường tròn bán kính 0 và tiếp tuyến của hai 
« đường tròn điểm » chính là đường thẳng đi qua chúng. Điều này sẽ được dùng đến trong 
phần ứng dụng của định lý Casey. 
Ứng dụng của bất đẳng thức Ptolemy 
Phép chứng minh bất đẳng thức Ptolemy cũng như cách từ bất đẳng thức Ptolemy suy ra 
bất đẳng thức tam giác cho thấy bất đẳng thức này có thể áp dụng để đánh giá độ dài các 
đoạn thẳng. Việc dựng tam giác đều BCA’ ra phía ngoài trong lời giải bài toán Toricelli 
chính là một cách làm mẫu mực để áp dụng được bất đẳng thức Ptolemy. 
Ý tưởng chung là: Để đánh giá tổng p.MA + q.MB, ta có thể dựng điểm N sao cho p.NA = 
q.NB. Sau đó áp dụng bất đẳng thức Ptolemy thì được 
 NA.MB + NB.MA ³ AB.MN 
Từ đó 
 pNA.MB + p.NB.MA ³ AB.MN 
ó qNB.MB + p.NB.MA ³ AB.MN 
ó p.MA + q.MB ³ AB.MN/NB 
Chú ý là điểm N là cố định, như thế p.MA + q.MB đã được đánh giá thông qua MN. 
Ý tưởng này là chìa khoá để giải hàng loạt các bài toán cực trị hình học. Ta xem xét một số 
ví dụ: 
Ví dụ 1: Cho điểm M nằm trong góc nhọn xOy. Hai điểm A, B lần lượt thay đổi trên Ox, 
Oy sao cho 2OA = 3OB. Tìm vị trí của A, B sao cho 2MA + 3MB đạt giá trị nhỏ nhất. 
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác OAMB, ta có 
 OA.MB + OB.MA ³ OM.AB 
Từ đó 
 2OA..MB + 2.OB.MA ³ 2.OM.AB 
ó 3OB.MB + 2.OB.MA ³ 2.OM.AB 
ó 2MA + 3MB ³ 2.OM.(AB/OB) 
Vì tam giác OAB luôn đồng dạng với chính nó nên AB/OB là một đại lượng không đổi. Từ 
đó suy ra 2MA + 3MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2.OM.(AB/OB). Dấu bằng xảy ra khi và 
chỉ khi tứ giác OAMB nội tiếp. 
Ví dụ 2 : Một lục giác có độ dài 6 cạnh đều bằng 1. Chứng minh rằng lục giác đó có ít nhất 
một đường chéo nhỏ hơn hay bằng 2. 
Lời giải : Không ngờ gợi ý cho lời giải bài toán này lại là một đẳng thức lớp một: « 1 với 1 
là 2 ». Và để thực hiện phép cộng hai cạnh thành ra đường chéo đó, ta sẽ áp dụng bất đẳng 
thức Ptolemy. 
Xét lục giác ABCDEF. Xét tam giác ACE. Không mất tính tổng quát, có thể giả sử CE là 
cạnh lớn nhất trong tam giác. Áp dụng bất đẳng thức Ptlemy cho tứ giác ACDE, ta có 
 AC.DE + AE.CD ³ AD.CE 
Từ đó, do CD = DE = 1 và CE ³ AC, CE ³ AE nên ta suy ra AD £ 2 (đpcm). 
Ví dụ 3. (IMO SL 1997) Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC, CD = DE, EF = FA. 
Chứng minh rằng BC/BE + DE/DA + FA/FC ≥ 3/2. Dấu bằng xảy ra khi nào? 
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ACDE ta được DE·AC + DC·AE ≥ 
DA·CE. Sử dụng DE = DC, ta được DE(AC + AE) ≥ DA·CE hay DE/DA ≥ CE/(AC + 
AE). Tương tự, ta có FA/FC ≥ EA/(CE + CA), và BC/BE ≥ EA/(EA + EC). Cộng các bất 
đẳng thức này lại và sử dụng bất đẳng thức Nesbitt ta thu được điều phải chứng minh. 
Để có dấu bằng ta phải có dấu bằng ở ba bất đẳng thức Ptolemy và ở bất đẳng thức Nesbitt. 
Dấu bằng ở bất đẳng thức Nesbitt xảy ra khi tam giác ACE đều, như thế CAE = 60o. Vì 
ACDE là tứ giác nội tiếp nên góc D phải bằng 120o. Bây giờ các tam giác ABC, CDE, EFA 
phải bằng nhau (Tam giác ABC cân, vì vậy các góc của nó bằng 30o, 120o, 30o và cạnh AC 
là cạnh của tam giác đều). Như thế lục giác có tất cả các cạnh đều bằng nhau và tất cả các 
góc bằng 1200, vậy nó là lục giác đều. Ngược lại, hiển nhiên là với lục giác đều, ta có dấu 
bằng xảy ra. 
Ví dụ 4: (IMO 2001) Cho tam giác ABC với trọng tâm G và độ dài các cạnh a = BC, b = 
CA, c = AB. Tìm điểm P trên mặt phẳng tam giác sao cho đại lượng AP.AG + BP.BG + 
CP.CG đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a, b, c. 
Lời giải: 
Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác BGC. Nối dài trung tuyến AL cắt đường tròn này tại K. 
Gọi M, N là trung điểm các cạnh AC, AB tương ứng. 
Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác BGL, ta có BG/sin(BLG) = BL/sin(BGK). Tương 
tự, áp dụng định lý hàm số sin cho CGL, ta có CG/sin CLG = CL/sin(CGK). Nhưng L là 
trung điểm của BC và sin(BLG) = sin(CLG), nên BG/CG = sin(CGK)/sin(BGK). 
Ta có BK = 2R.sin(BGK), trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Tương tự CK = 
2R sin(CGK), do đó CK/BK = BG/CG, và từ đây BG/CK = CG/BK. 
Tương tự, AG/BG = sin(BGN)/sin(AGN) = sin(BGN)/sin(CGK) (góc đối nhau). Hơn nữa 
BC = 2.R.sin(BKC) = 2.R.sin(BGN) (Vì BGCK là tứ giác nội tiếp nên Ð BKC = ÐBGN. 
Từ đó BC/CK = sin(BGN)/sin CGK = AG/BG, từ đó BG/CK = AG/BC và BC:CK:BK = 
AG:BG:CG. 
Bây giờ áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác PBKC: PK.BC £ BP.CK + CP.BK. Từ 
đó PK.AG £ BP.BG + CP.CG. Suy ra (AP + PK)AG £ AP.AG + BP.BG + CP.CG và cuối 
cùng AK.AG £ AP.AG + BP.BG + CP.CG với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (1) P nằm 
trên đường tròn giữa C và B (để có đẳng thức ở BDT Ptolemy) và (2) P nằm trên AK (để 
có đẳng thức trong bất đẳng thức tam giác). Do đó giá trị này đạt được khi P = G. 
Dễ dàng tính được rằng AG2 + BG2 + CG2 = (a2 + b2 + c2)/3. 
Có thể thấy đây là trường hợp đặc biệt của bài toán Toricelli tổng quát mà chúng ta đã xem 
xét ở phần đầu. Chú ý rằng từ ba đoạn AG, BG, CG có thể dựng được 1 tam giác D. Ta chỉ 
cần dựng tam giác BCK đồng dạng với tam giác D là được. Cách giải nêu trên chỉ ra cách 
dựng tường minh cho điểm K. 
Ứng dụng của định lý Ptolemy mở rộng 
Trong bài viết này, chúng ta sẽ không đề cập đến các ứng dụng trực tiếp của định lý 
Ptolemy, tức là trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức Ptolemy, trong việc giải các bài toán 
hình học, bao gồm việc ch