|
|
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
$\displaystyle F=\sqrt{\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right) -abcd\cos ^{2}\frac{B+D}{2}}$,
với $s=\frac{1}{2}\left( a+b+c+d\right)$ là nửa chu vi của tứ giác ABCD, và $B=\measuredangle ABC$, $D=\measuredangle CDA$ là các góc tại đỉnh B, D.
Chứng minh:
Theo định lý cosin $AC^{2}=a^{2}+b^{2}-2ab\cos B$, $AC^{2}=c^{2}+d^{2}-2cd\cos D$. Vậy, $a^{2}+b^{2}-2ab\cos B=c^{2}+d^{2}-2cd\cos D$ suy ra $a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}=2ab\cos B-2cd\cos D$. Từ đó:,
$\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) ^{2}=\left( 2ab\cos B-2cd\cos D\right) ^{2}$
$=4a^{2}b^{2}\cos ^{2}B+4c^{2}d^{2}\cos ^{2}D-8abcd\cos B\cos D$. (1)
Nhưng diện tích F của ABCD bằng F = [ABC] + [CDA], trong đó $\left[ P_{1}P_{2}P_{3}\right] $ chỉ diện tích của tam giác $P_{1}P_{2}P_{3}$. Nhưng $\left[ ABC\right] =\frac{1}{2}ab\sin B$ và $\left[ CDA\right] =\frac{1}{2}cd\sin D$, nên $F=\frac{1}{2}ab\sin B+\frac{1}{2}cd\sin D$, vậy:
$16F^{2}=\left( 4F\right) ^{2}=\left( 4\cdot \left( \frac{1}{2}ab\sin B+\frac{1}{2}cd\sin D\right) \right) ^{2}=\left( 2ab\sin B+2cd\sin D\right) ^{2}$
$=4a^{2}b^{2}\sin ^{2}B+4c^{2}d^{2}\sin ^{2}D+8abcd\sin B\sin D$.
Kết hợp với (1)
$\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) ^{2}+16F^{2}$
$=\left( 4a^{2}b^{2}\cos ^{2}B+4c^{2}d^{2}\cos ^{2}D-8abcd\cos B\cos D\right) $
$+\left( 4a^{2}b^{2}\sin ^{2}B+4c^{2}d^{2}\sin ^{2}D+8abcd\sin B\sin D\right) $
$=4a^{2}b^{2}\left( \cos ^{2}B+\sin ^{2}B\right) +4c^{2}d^{2}\left( \cos ^{2}D+\sin ^{2}D\right) -8abcd\left( \cos B\cos D-\sin B\sin D\right) $
$=4a^{2}b^{2}+4c^{2}d^{2}-8abcd\cos \left( B+D\right) $
$=\left( 4a^{2}b^{2}+4c^{2}d^{2}+8abcd\right) -8abcd-8abcd\cos \left( B+D\right) $
$=\left( 2ab+2cd\right) ^{2}-8abcd\left( 1+\cos \left( B+D\right) \right) $
$\displaystyle =\left( 2ab+2cd\right) ^{2}-8abcd\cdot 2\cos ^{2}\frac{B+D}{2}=\left( 2ab+2cd\right) ^{2}-16abcd\cos ^{2}\frac{B+D}{2}$,
vậy:
$\displaystyle 16F^{2}=\left( \left( 2ab+2cd\right) ^{2}-16abcd\cos ^{2}\frac{B+D}{2}\right) -\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) ^{2}$
$\displaystyle =\left( \left( 2ab+2cd\right) ^{2}-\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) ^{2}\right) -16abcd\cos ^{2}\frac{B+D}{2}$.
Nhưng
$\left( 2ab+2cd\right) ^{2}-\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) ^{2}$
$=\left( \left( 2ab+2cd\right) +\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) \right) \left( \left( 2ab+2cd\right) -\left( a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) \right) $
$=\left( 2ab+2cd+a^{2}+b^{2}-c^{2}-d^{2}\right) \left( 2ab+2cd-a^{2}-b^{2}+c^{2}+d^{2}\right) $
$=\left( \left( a^{2}+b^{2}+2ab\right) -\left( c^{2}+d^{2}-2cd\right) \right) \left( \left( c^{2}+d^{2}+2cd\right) -\left( a^{2}+b^{2}-2ab\right) \right) $
$=\left( \left( a+b\right) ^{2}-\left( c-d\right) ^{2}\right) \left( \left( c+d\right) ^{2}-\left( a-b\right) ^{2}\right) $
$=\left( \left( a+b\right) +\left( c-d\right) \right) \left( \left( a+b\right) -\left( c-d\right) \right) \left( \left( c+d\right) +\left( a-b\right) \right) \left( \left( c+d\right) -\left( a-b\right) \right) $
$=\left( a+b+c-d\right) \left( a+b-c+d\right) \left( a-b+c+d\right) \left( -a+b+c+d\right) $
$=\left( \left( a+b+c+d\right) -2d\right) \left( \left( a+b+c+d\right) -2c\right) \left( \left( a+b+c+d\right) -2b\right) \left( \left( a+b+c+d\right) -2a\right) $
$=\left( 2s-2d\right) \left( 2s-2c\right) \left( 2s-2b\right) \left( 2s-2a\right) =16\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right)$
Ta suy ra:
$\displaystyle 16F^{2}=16\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right) -16abcd\cos ^{2}\frac{B+D}{2}$
và
$\displaystyle F^{2}=\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right) -abcd\cos ^{2}\frac{B+D}{2}$,
Ta đã chứng minh xong, công thức này gọi là công thức Brahmagupta.
Khi tứ giác ABCD nội tiếp thì
$F=\sqrt{\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right) }$.
(nếu ABCD nội tiếp thì B + D = 180, nên $\displaystyle \frac{B+D}{2}=90^{\circ}$ và $\displaystyle \cos \frac{B+D}{2}=0$
$\displaystyle F=\sqrt{\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right) -abcd\cos ^{2}\frac{B+D}{2}}$
sẽ thành
$\displaystyle F=\sqrt{\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right)}$.)
Bây giờ, theo giả thuyết thì
$\displaystyle F=\sqrt{\left( s-a\right) \left( s-b\right) \left( s-c\right) \left( s-d\right)}=\sqrt{abcd}$
Đặt $x=S-a,y=S-b,z=S-c,t=S-d$
Khi ấy ta có điều tương đương:
$\sqrt{xyzt}=\sqrt{\frac{z+y+t}{3}\frac{x+z+t}{3}\frac{x+y+t}{3}\frac{x+y+z}{3}}$ (2)
Nhưng theo BĐT Cauchy thì
$x+y+z\geq 3\sqrt[3]{xyz}$
$y+z+t\geq 3\sqrt[3]{yzt}$
$x+y+t\geq 3\sqrt[3]{xyt}$
$x+t+z\geq 3\sqrt[3]{xtz}$
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)
|