|
|
Đầu tiên ta xét bài toán sau:
Nếu ABCD là một tứ giác lồi với độ dài các cạnh như sau: a = AB, b = BC, c = CD, d = DA, thì diện tích F của tứ giác ABCD là
F=√(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)−abcdcos2B+D2,
với s=12(a+b+c+d) là nửa chu vi của tứ giác ABCD, và B=∡ABC, D=∡CDA là các góc tại đỉnh B, D.
Chứng minh:
Theo định lý cosin AC2=a2+b2−2abcosB, AC2=c2+d2−2cdcosD. Vậy, a2+b2−2abcosB=c2+d2−2cdcosD suy ra a2+b2−c2−d2=2abcosB−2cdcosD. Từ đó:,
(a2+b2−c2−d2)2=(2abcosB−2cdcosD)2
=4a2b2cos2B+4c2d2cos2D−8abcdcosBcosD. (1)
Nhưng diện tích F của ABCD bằng F = [ABC] + [CDA], trong đó [P1P2P3] chỉ diện tích của tam giác P1P2P3. Nhưng [ABC]=12absinB và [CDA]=12cdsinD, nên F=12absinB+12cdsinD, vậy:
16F2=(4F)2=(4⋅(12absinB+12cdsinD))2=(2absinB+2cdsinD)2
=4a2b2sin2B+4c2d2sin2D+8abcdsinBsinD.
Kết hợp với (1)
(a2+b2−c2−d2)2+16F2
=(4a2b2cos2B+4c2d2cos2D−8abcdcosBcosD)
+(4a2b2sin2B+4c2d2sin2D+8abcdsinBsinD)
=4a2b2(cos2B+sin2B)+4c2d2(cos2D+sin2D)−8abcd(cosBcosD−sinBsinD)
=4a2b2+4c2d2−8abcdcos(B+D)
=(4a2b2+4c2d2+8abcd)−8abcd−8abcdcos(B+D)
=(2ab+2cd)2−8abcd(1+cos(B+D))
=(2ab+2cd)2−8abcd⋅2cos2B+D2=(2ab+2cd)2−16abcdcos2B+D2,
vậy:
16F2=((2ab+2cd)2−16abcdcos2B+D2)−(a2+b2−c2−d2)2
=((2ab+2cd)2−(a2+b2−c2−d2)2)−16abcdcos2B+D2.
Nhưng
(2ab+2cd)2−(a2+b2−c2−d2)2
=((2ab+2cd)+(a2+b2−c2−d2))((2ab+2cd)−(a2+b2−c2−d2))
=(2ab+2cd+a2+b2−c2−d2)(2ab+2cd−a2−b2+c2+d2)
=((a2+b2+2ab)−(c2+d2−2cd))((c2+d2+2cd)−(a2+b2−2ab))
=((a+b)2−(c−d)2)((c+d)2−(a−b)2)
=((a+b)+(c−d))((a+b)−(c−d))((c+d)+(a−b))((c+d)−(a−b))
=(a+b+c−d)(a+b−c+d)(a−b+c+d)(−a+b+c+d)
=((a+b+c+d)−2d)((a+b+c+d)−2c)((a+b+c+d)−2b)((a+b+c+d)−2a)
=(2s−2d)(2s−2c)(2s−2b)(2s−2a)=16(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)
Ta suy ra:
16F2=16(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)−16abcdcos2B+D2
và
F2=(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)−abcdcos2B+D2,
Ta đã chứng minh xong, công thức này gọi là công thức Brahmagupta.
Khi tứ giác ABCD nội tiếp thì
F=√(s−a)(s−b)(s−c)(s−d).
(nếu ABCD nội tiếp thì B + D = 180, nên B+D2=90∘ và cosB+D2=0
F=√(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)−abcdcos2B+D2
sẽ thành
F=√(s−a)(s−b)(s−c)(s−d).)
Bây giờ, theo giả thuyết thì
F=√(s−a)(s−b)(s−c)(s−d)=√abcd
Đặt x=S−a,y=S−b,z=S−c,t=S−d
Khi ấy ta có điều tương đương:
√xyzt=√z+y+t3x+z+t3x+y+t3x+y+z3 (2)
Nhưng theo BĐT Cauchy thì
x+y+z≥33√xyz
y+z+t≥33√yzt
x+y+t≥33√xyt
x+t+z≥33√xtz
Vậy (2) xảy ra khi x=y=z=t
suy ra a=b=c=d
suy ra ABCD là hình thoi, mà hình thoi thì luôn là một tứ giác ngoại tiếp (ĐPCM)
|