Một số Chuyên đề, bài viết về hình học phẳng

lemy cho tứ giác AMCB nội tiếp và giả thiết  . AB BC CA = = 
Ta có  . . . AB MC BC AM BM AC AM MC BM + = Þ + =  (đpcm).
Đây là 1 bài toán khá dễ và tất nhiên cách giải này không được đơn giản lắm.Vì nếu muốn sử dụng 
đẳng thức Ptolemy 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 không mang vẻ tường minh. 
Bài  toán  2.  [Đề  thi  chọn  đội  tuyển  Hồng  Kông  tham  dự  IMO  2000]  Tam  giác ABC vuông 
cóBC CA AB > >  . GọiD là một điểm trên cạnh  , BC  E là một điểm trên cạnh AB kéo dài về phía điểm 
A sao cho  . BD BE CA = =  . GọiP 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  ABC D  . Chứng minh rằng:  AQ CQ BP + = 
Chứng minh. 
Xét các tứ giác nội tiếp ABCQ và  BEPD ta có: 
· · · CAQ CBQ DEP = = 
(cùng chắn các cung tròn) 
Mặt khác  · · · 0 108 AQC ABC EPD = - = 
Xét  AQC D  và  EPD D  có: 
· · , AQC EPD = 
· · 
. . . (1) 
CAQ DEP AQC EPD 
AQ CA 
AQ ED EP CA EP BD 
EP ED 
= Þ D D 
Þ = Þ = = 
: 
(do  AC BD =  ) 
. . . (2) 
AC QC 
ED QC AC PD BE PD 
ED PD 
= Þ = = 
(do  AC BE =  ) 
Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp BEPD ta có: 
. . . (3) EP BD BE PD ED BP + = 
Từ( 1), (2), (3) suy ra  . . . AQ ED QC ED ED BP AQ QC BP + = Þ + =  (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 Ptolemy. 
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 từO tới các cạnh tam giác. Chứng minh rằng: 
x y z R r + + = + 
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 Ptolemy ta có: 
. . . OB PM OP MB OM PB = + 
Do đó:  . . . (1) 
2 2 2 
b a c 
R z x = + 
Tương tự ta cũng có :
. . . (2) 
2 2 2 
. . . (3) 
2 2 2 
c a b 
R y x 
a c b 
R y z 
= + 
= + 
Mặt khác: 
( ) 
2 2 2 
. . . 4 
2 2 2 
ABC OBC OCA OAB 
a b c 
r S S S S 
a b c 
x y z 
æ ö + + = = + + = ç ÷ 
è ø 
= + + 
Từ (1), (2), (3), (4) ta có: 
( ) ( ) 
2 2 
a b c a b c 
R r x y z 
R r x y z 
+ + + + æ ö æ ö + = + + Þ ç ÷ ç ÷ 
è ø è ø 
Þ + = + + 
Đây là một định lí khá 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. 
Bài toán 4. [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 
2 2 2 2 ( )( ). pq a b c d £ + + 
Lời giải. 
Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp thì  ac bd pq + = 
Vậy ta cần chứng minh  2 2 2 2 2 2 2 ( ) ( )( ) p q ac bd a b c d = + £ + + 
Bất đẳng thức này chính là một bất đẳng thức rất quen thuộc mà có lẽ ai cũng biết đó là BĐT 
Cauchy­Schwarz. 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 BĐT Cauchy­Schwarz. 
Bài toán 5. 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 Ptolemy ta có: 
. . . ( ) . 
BC 
AD BC AB DC AC BD a AB AC AB AC AD 
a 
= + = + Þ + = 
Do BC và A không 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. 
4. Bài tập.
Bài  toán 4.1. [CMO 1988, Trung Quốc] Cho  ABCD là một tứ giác nội tiếp với đường tròn ngoại 
tiếp có tâm (O) và bán kính R. Các tia  , , , AB BC CD DA  cắt ( , 2 ) O R  lần lượt tại  ', ', ', '. A B C D  Chứng 
minh rằng: 
' ' ' ' ' ' ' ' 2( ) A B B C C D D A AB BC CD DA + + + ³ + + + 
Bài  toán 4.2. Cho đường tròn ( ) O  và dây cung BC khác đường kính. Tìm điểm A thuộc cung lớn 
của BC đường tròn để  2 AB AC +  đạt giá trị lớn nhất. 
Bài toán 4.3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn ( ). O  Đường tròn ( ') O  nằm trong ( ) O  tiếp xúc 
với  ( ) O  tại T thuộc cung AC (không chứa B). Kẻ các tiếp tuyến  ', ', ' AA BB CC  tới ( '). O  Chứng minh rằng 
'. '. '. BB AC AA BC CC AB = + 
Bài toán 4.4. 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 toán 4.5. 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 
ĐỊNH LÝ PTOLEMY MỞ RỘNG 
1.  Định lý Ptolemy mở rộng. Cho  ABC D  nội  tiếp đường tròn ( ). O  Đường tròn ( ) 1 O  thay đổi 
luôn  tiếp xúc với  » BC (không chứa  A ). Gọi  ', ', ' AA BB CC  lần  lượt  là các  tiếp  tuyến  từ  , , A B C  đến 
đường tròn ( ) 1  , O  thì ta có hệ hệ thức sau 
. ' . ' . '. BC AA CA BB AB CC = + 
Chứng minh. 
Xét  trường  hợp ( ) O  và ( ) ' O  tiếp  xúc  ngoài 
với  nhau  (trường  hợp  tiếp  xúc  trong  chứng minh 
tương tự). 
Giả sử M là tiếp điểm của ( ) O  và ( ) ' . O  MA, 
MB, MC theo thứ tự cắt ( ) ' O  tại X, Y, Z. 
Lúc đó  / / , / / , / / . YZ BC XZ AC XY AB  Theo 
định lý Thalès ta có 
( ) 1 AX BY CZ 
AM BM CM 
= = 
Lại có ( ) 2 2 2 ' . , ' . , ' . 2 AA AM AX BB BM BY CC CM CZ = = = 
Từ (1) và (2) suy ra 
2 2 2 
2 2 2 
' ' ' AA BB CC 
AM BM CM 
= =  hay 
' ' ' AA BB CC 
AM BM CM 
= = 
Từ định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp  MCAB  thu được  . . . BC MA CA MB AB MC = + 
Do đó  . ' . ' . '. BC AA CA BB AB CC = + 
2.  Các bài toán ứng dụng. 
A’ 
C’ 
B’ 
Z 
Y 
X 
O O’  M 
B 
A 
C
Bài toán 2.1. Cho 2 đường tròn tiếp xúc nhau, ở đường tròn  lớn vẽ tam gíac đều nội  tiếp. Từ các 
đỉnh của tam gíac kẻ các tiếp tuyến tới đường tròn nhỏ. Chứng minh rằng độ dài một trong ba tiếp tuyến 
đó bằng tổng hai tiếp tuyến còn lại. 
Lời giải. 
Coi  rằng  đường  tròn  nhỏ  tiếp xúc với  » BC  (không  chứa A)  và đặt  , , a b c l l l  lần  lượt  là  độ  dài  các 
đường tiếp tuyến kẻ từ  , , A B C  đến đường tròn nhỏ. 
Từ định lý Ptolemy mở rộng ta có 
. a b c a b c al bl cl l l l = + Þ = + 
Bài toán 2.2. Cho hình vuông ABCD nội  tiếp đường tròn ( ) O  . Một đường tròn thay đổi  tiếp xúc 
với đoạn CD và cung nhỏ CD, kẻ tiếp tuyến AX, BY với đường tròn này. Chứng minh rằng AX+BY 
không đổi. 
Lời giải. 
Không mất tính tổng quát, coi rằng hình vuông ABCD 
có  độ  dài  cạnh  bằng  1.  Từ  đó  dễ  dàng  suy  ra 
2. AC BD = = 
Áp  dụnh  định  lý  với  các  tam  gíac  ACD  và  BCD,  ta 
được 
. . . 
. . . 
CD AX AD CM AC DM 
CD BY BC DM BD CM 
= + ì 
í = + î 
.   Cộng hai đẳng thức 
này, suy ra 
1 2. AX BY + = + 
Bài toán 2.3. ( ) ABC AB BC D <  nội  tiếp đường tròn ( ). O  Trên cạnh  AC  lấy điểm  1 , B  sao cho 
1  . BB BA c = =  Gọi  R  là bán kính đường tròn ( ) 1 O  tiếp xúc  1 1 , BB B C  và cung nhỏ BC (Không chứa 
A ) và  r  là bán kính đường tròn nội tiếp  1  . BB C D  Chứng minh rằng  . R r = 
Lời giải. 
Giả sử đường tròn ( ) 1 O  tiếp xúc với  1 1 , BB B C  lần 
lượt tại  , M N . 
Đặt ( ) 1 1  0 . B M x B N x c = = < < 
Suy ra 
2 .cos 
. 
2 .cos 
a 
b 
c 
l AM x c A 
l BN c x 
l CM b x c A 
= = + ì 
ï = = - í 
ï = = - - î 
Áp dụng định lý, ta được 
B 1 
O 
B 
A  C 
O 1 
N 
M 
B 
X 
D  C 
O 
A 
I 
M 
Y
a b c al bl cl = +  hay 
( ) ( ) ( ) 2 .cos 2 .cos x x c A b c x c b x c A + = - + - - 
Suy ra ( ) ( ) 2 2 .cos .cos . a b c x bc c A ac A + + = - - 
Gọi  y  là độ dài tiếp tiếp từ  1 B  tới đường tròn nội tiếp  1  . BB C D 
Thế thì ta có ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1  2 .cos 2 2 y BB B C BC c b c A a = + - = + - - 
Lại có 
( ) ( ) ( ) 
( ) 
2 
2  2 2 2 2 
2 2 2 .cos .cos 2 .cos 
2 2 .cos 2 .cos . 
R r x y bc c A ac A a b c c b c A a 
bc b c a bc A a b c bc A 
= Û = Û - - = + + + - - Û 
Û = + - - Û = + - 
Từ đây ta được điều phải chứng minh. 
3.  Bài tập. 
3.1.  [TH&TT  bài  T8/369]  Cho  ABC D  nội  tiếp  đường  tròn ( ) O  và  có  độ  dài  các  cạnh 
, , . BC a CA b AB c = = =  Gọi  1 1 1 , , A B C  theo thứ tự là điểm chính giữa cung  » BC  (không chứa A),  » CA 
(không chứa B),  » AB  (không chứa C). Vẽ các đường tròn ( ) ( ) ( ) 1 2 3 , , O O O  theo thứ tự có đường kính là 
1 2 1 2 1 2 , , . A A B B C C  Chứng minh bất đẳng thức 
( ) ( ) ( ) 
( ) 
1 2  3 
2 
/ /  /  . 3 A O B O  C O 
a b c 
P P P 
+ + 
+ + ³ 
Đẳng thức xảy ra khi nào? 
3.2.  [TH&TT bài T11/359] Cho  . ABC D  Đường tròn ( ) 1 O  nằm trong tam giác và tiếp xúc với các 
cạnh  , . AB AC  Đường  tròn ( ) 2 O  đi qua  , B C  và  tiếp xúc  ngoài  với đường  tròn ( ) 1 O  tại  . T  Chứng 
minh rằng đường phân giác của góc  BTC  đi qua tâm đường tròn nội tiếp của  . ABC D 
MỘT TỈ SỐ VÀ ỨNG DỤNG 
Dựa theo bài của Son Hong Ta 
Trên Mathematical reflections 2 (2008) 
Trong bài “Định lý Ptolemy mở rộng” ta đã thấy một tính chất thú vị đối với hai đường tròn tiếp xúc 
nhau, ở bài này ta tiếp tục tìm hiểu thêm về một tính chất khác đối với hai đường tròn tiếp xúc trong với 
nhau và sự ứng dụng của tính chất này.