ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ HOÀNG SƠN ĐỊNH LÝ CASEY VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2018 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ HOÀNG SƠN ĐỊNH LÝ CASEY VÀ ỨNG DỤNG LUẬN VĂN THẠC SĨ TỐN HỌC Chun ngành: Phương pháp Tốn sơ cấp Mã số: 8460113 NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS.TS TRỊNH THANH HẢI Thái Nguyên - 2018 i Mục lục Mở đầu ii Chương Một số kiến thức liên quan 1.1 Định lí Ptolemy 1.2 Một số ứng dụng Định lí Ptolemy 1.3 Bất đẳng thức Ptolemy 16 1.3.1 Bất đẳng thức Ptolemy 16 1.3.2 Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy để thiết lập bất đẳng thức 17 1.3.3 Một số toán đề nghị 22 Chương Định lí Casey ứng dụng 26 2.1 Định lí Casey 26 2.1.1 Định lí Feuerbach : Một mở rộng Định lí Ptolemy 26 2.1.2 Định lí Casey 32 2.2 Một số ứng dụng Định lí Casey 34 2.3 Bất đẳng thức Casey 47 2.4 Một số toán đề nghị 51 Kết luận 53 Tài liệu tham khảo 54 ii Mở đầu Định lí Casey đặt theo tên nhà toán học người Ireland John Casey, coi mở rộng Định lí Ptolemy Bài báo Luis González [3] giới thiệu Định lí Casey mở rộng Định lí Ptolemy Tiếp theo, Kin-Yin Li [5] tiếp tục giới thiệu định lí số ứng dụng Ở Việt Nam, Trần Quang Hùng công bố [4] bất đẳng thức Casey Trong thời gian qua có số đề thi học sinh giỏi nước quốc tế giải trọn vẹn sở ứng dụng Định lí Casey Với mong muốn trình bày lại cách có hệ thống nội dung hai báo giới thiệu thêm số ứng dụng Định lí Casey vào giải số tốn hình học dành cho học sinh giỏi, chúng tơi chọn đề tài “Định lí Casey ứng dụng” làm chủ đề cho luận văn thạc sĩ Luận văn phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, trình bày hai chương • Chương Một số kiến thức liên quan • Chương Định lí Casey ứng dụng Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành với hướng dẫn PGS.TS Trịnh Thanh Hải (Giảng viên Trường ĐH Khoa học - Đại học Thái Nguyên) Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học mình, người đặt tốn tận tình hướng dẫn để luận văn hoàn thành Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán – Tin, giảng viên tham gia giảng dạy, tạo điều kiện tốt để tác giả học tập nghiên cứu Tác giả xin cảm ơn tập thể lớp Cao học Tốn khóa 10 (2016-2018) động viên giúp đỡ tác giả nhiều suốt trình học tập Tác giả muốn gửi lời cảm ơn tốt đẹp đến nhà khoa học hội đồng đánh giá luận văn, đặc biệt đến phản biện đề tài Những góp ý, thảo luận họ giúp tác giả sửa chữa hoàn thiện luận văn Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu đồng nghiệp Trường THPT Phạm Ngũ Lão tạo điều kiện cho tác giả hồn thành tốt nhiệm vụ học tập cơng tác Cuối cùng, tác giả muốn dành lời cảm ơn đặc biệt đến đại gia đình động viên chia sẻ khó khăn để tác giả hoàn thành luận văn Thái Nguyên, ngày 25 tháng 11 năm 2018 Tác giả Đỗ Hoàng Sơn Chương Một số kiến thức liên quan Trong chương chúng tơi trình bày Định lí Ptolemy ví dụ minh họa việc ứng dụng vào giải tập liên quan đến tứ giác nội tiếp đường tròn 1.1 Định lí Ptolemy Trước hết, mục chúng tơi trình bày nội dung Định lí mang tên nhà Tốn học người Hy Lạp Claudius Ptolemy1 số hệ quan trọng Định lý 1.1 (Định lí Ptolemy) Tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tich hai đường chéo tổng tích cạnh đối diện, tức AC.BD = AB.CD + BC.AD (1.1) Chứng minh Chọn điểm E nằm tứ giác ABCD cho ABE = ACD BAE = CAD Xét cặp tam giác đồng dạng ABE ACD, ABC AED, suy AB.CD = BC.AD = AC(BE + ED), sau tìm điều kiện cần đủ để điểm E nằm đoạn thẳng BD (Claudius Ptolemy : 100-187 TCN) Định lí 1.1.1 Bài tốn 1.2.3 B B da E dc A P db A C D tốn 1.2.3 Bài Định lí 1.1.1 B Bài tốn 1.2.4 B Hệ lí1.1.2 Định Ptolemy xem khái qt hóa Định lí Pythagoras da trường hợp tứ giác ABCD hình BE chữ nhật, lúc AC 2d = AB + BC A c P db Định lí 1.1 có hệ sau đây: A B C ∆ABC đều, ta có Hệ 1.1 Cho tứ giác nội tiếp ABCD với C D BD = AD + CD Bài toán 1.2.4 Hệ 1.1.2 A P C B A D Hệ 1.1.3 A B P C A D Hệ 1.1.3 Chứng minh Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên theo Định lí Ptolemy ta có B AB · CD + AD · BC = AC · BD Vì AB = BC = CA nên ta suy B C A CA · CD + AD · CA = AC · BD C A Vậy CD + AD = BD D D C B C A D Hệ 1.2 Cho tứ giác nội tiếp ABCD với ABC = ADC = 90◦ , ta có BD = AC sin BAD Chứng minh Ta có AC sin BAD = AC sin BAC + DAC = AC sin BAC + DAC = AC sin BAC · cos DAC + cos BAC · sin DAC BC AD DC AB · + · AC AC AC AC BC · AD + DC · AB = AC · AC = BC · AD + DC · AB = AC = BD Vậy phép chứng minh hoàn thành Thực ra, Hệ 1.2 A, B, C, D nằm đường tròn (với thứ tự tùy ý) ABC = ADC = 90◦ , BD từ Định lí sine ta có đường kính AC đường tròn ngoại tiếp sin BAD ∆BAD 1.2 Một số ứng dụng Định lí Ptolemy Trong mục này, luận văn trình bày vài ứng dụng Định lí Ptolemy thơng qua số tốn thi Olympic thi học sinh giỏi Bài toán 1.1 (IMO 1995) Cho ABCDEF lục giác lồi với AB = BC = CD, DE = EF = F A, BCD = EF A = 60◦ Gọi G H hai điểm lục giác thỏa mãn AGB = DHE = 120◦ Chứng minh AG + GB + GH + DH + HE ≥ CF Giải Gọi X, Y điểm nằm lục giác thỏa mãn ∆ABX ∆DEY Vậy DBXAEY ảnh ABCDEF qua phép đối xứng trục BE Suy CF = XY Khi ta có AXB + AGB = DY E + DHE = 180◦ Như AXBG DHEY tứ giác nội tiếp Theo Hệ 1.1 ta có XG = AG + GB HY = DH + HE Vì AG + GB + GH + DH + HE = XG + GH + HY ≥ XY = CF Bài toán 1.2 (IMO 1996) Cho P điểm nằm ∆ABC thỏa mãn AP B − ACB = AP C − ABC Gọi D, E tâm vòng tròn nội tiếp ∆AP B, ∆AP C Chứng minh AP , BD CE cắt điểm Giải Trước hết, ta phải phân giác BD, CE tương ứng góc ABP , ACP cắt điểm AP Gọi chân đường vng góc hạ từ P xuống BC, CA, AB X, Y , Z Vậy AZP Y , BXP Z, CY P X tứ giác nội tiếp Ta có AP B − ACB = Y AP + XBY = Y ZP + XZP = Y ZX B Z X D P E C A Y Chứng minh tương tự ta có AP C − ABC = XY Z Tam giác XY Z có góc Y ZX = XY Z nên XZ = XY Theo Hệ 1.2 ta có XZ = BP sin ABC XY = CP sin ACB Vì XZ = XY nên BP sin ABC = CP sin ACB Ta có BP sin ACB = CP sin ABC (1.2) Áp dụng Định lí sine cho tam giác ABC ta có AB sin ACB = AC sin ABC Suy sin ACB sin ABC = AB AC (1.3) Từ (1.2) (1.3) suy AB AC = BP CP (1.4) Gọi H giao điểm BD AP Vì BH đường phân giác góc ABP nên AB HA = (1.5) BP HP Gọi K giao điểm CE AP Vì CK đường phân giác góc ACP nên KA AC = (1.6) CP KP 40 Do AIB = 180◦ − IA B − IB A 1 = 180◦ − C A B − C B A 2 = 90◦ + A C B = 90◦ + 180◦ − 2C công thức (2.7) = 180◦ − ACB Do I nằm Γ Giả sử D chân đường thẳng vuông góc hạ từ I xuống A B , ID = r bán kính đường tròn nội tiếp ∆A B C Giả sử E F tương ứng chân đường thẳng vng góc hạ từ B đến A B B A Khi BE = BF = hB Giả sử T (X) độ dài tiếp tuyến từ X đến Γ, X bên ngồi Γ Do A B I = A B C = 90◦ − B (2.7), ta nhận T (B ) = √ B B·B I BE = √ = · ID sin(90◦ − B) sin(90◦ − B) hB r cos B Giả sử R bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆A B C Khi √ hB r 2R sin 180◦ − 2B T (B ) · C A = cos B √ = 4R r hB sin B Tương tự, ta có nhận biểu thức T (A )·B C T (C )·A B Sử dụng Bổ đề 2.1 ta nhận T (A ) · B C + T (B ) · C A = T (C ) · A B 41 Theo Định lí Casey đảo ta có điều phải chứng minh Phép chứng minh toán hồn thành Bài tốn 2.4 (xem [3]) Cho ∆ABC tam giác cân với AB = AC = L Một đường tròn ω tiếp xúc với BC cung BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆ABC Một đường thẳng từ A tiếp tuyến với ω tiếp điểm P Mơ tả quỹ tích P ω thay đổi Giải Chúng ta sử dụng Định lí Casey cho đường tròn (A), (B), (C) (với bán kính 0) ω, tất tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Do đó, ω cắt BC Q, ta có L · CQ + L · BQ = AP · BC Suy L(BQ + CQ) = L BC Độ dài AP số, nghĩa quỹ tích P đường tròn tâm A bán kính AB = AC = L AP = Bài toán 2.5 (xem [3]) Giả sử (O) đường tròn với đường kính AB P , Q hai điểm (O) nằm hai phía khác so với AB Gọi T hình chiếu vng góc Q lên AB Giả sử (O1 ) (O2 ) đường tròn với đường kính T A, T B Các đường thẳng P C, P D tương ứng đoạn tiếp tuyến từ P đến (O1 ) (O2 ) Chứng minh P C + P D = P Q Giải Giả sử δ12 ký hiệu độ dài đoạn tiếp tuyến chung (O1 ) (O2 ) Ta sử dụng Định lí Casey cho đường tròn (O1 ), (O2 ), (P ) (Q), tất tiếp xúc với (O) P C · QT + P D · QT = P Q · δ12 Suy δ12 PC + PD = PQ · = PQ · QT √ TA · TB = P Q TQ 42 Hình 2.5: Bài tốn 2.5 Figure 2: Application II Bài toán 2.6 Trong tam giác ∆ABC, giả sử ωA , ωB ωC đường tròn tiếp xúc với BC, CA, AB qua trung điểm chúng cung Solution denote length of the common external tangent of (O1 ),A, (O2B, ) C) We use Casey’s BC, Let CA,δ12AB the đường tròn ngoại tiếp (khơng chứa Nếu theorem for the circles (O1 ), (O2 ), (P ), (Q), all internally tangent to (O) δBC , δCA , δAB tương ứng ký hiệu cho độ dài tiếp tuyến chung √ TA · TB δ12 (ωBP, CωC· QT ), (ω ωA· QT ) và= (ω = P Q + CP,D PQ δ12 =⇒hãy P Cchứng + P D minh = P Q ·rằng = P Q · A ,· ω B ), QT δBC = δCA = δAB = TQ a+b+c III) In ABC, let ωA , ωB , ωC be the circles tangent to BC, CA, AB through their midpoints GiảBC, sử CA, δA , AB δB , of δC its tương ứng là (not độ dài tiếp A, tuyến từ A, C đến and Giải the arcs circumcircle containing B, C) If δB, BC , δCA , δAB denoteωthe of theĐịnh common external tangents between ), (ωC(C), , ωA ) ω and (ωA , ωB ), lí Casey đường tròn(ω(A), B , ωC(B), A , ωlengths B , ωC Theo B , tất respectively, then prove that tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp ∆ABC, ta nhận a+b+c Suy ra4 δ δBC = δCA = δAB = δB · b = a · AE + c · CE B = (a + c) Solution Let δA , δB , δC denote the lengths of the tangents from A, B, C to ωA , ωB , ωC , respectively By Tương tự, áp dụng Định lí Casey cho (A), (B), (C), ωC ta nhận Casey’s theorem for the circles (A), (B), (C), ωB , all tangent to the circumcircle of ABC, we get δC = (a + b) Bây giờ, sử dụng Định lí Casey cho 1(B), (C), ωB , ωC , ta nhận δB · b = a · AE + c · CE =⇒ δB = (a + c) δB · δ(B), δBCω · a + BF · BE C =(C), Similarly, by Casey’s theorem for (A), we’ll get δ = (a + b) C Suy C δBC = δB · δC − BF · BE (a + c)(a + b) − bc a + b + c = = a 4a 43 Cũng với lý tương tự, ta có δCA = δAB = (a + b + c) Bài toán 2.7 (xem [3]) Một đường tròn K qua đỉnh B C ∆ABC đường tròn ω khác tương ứng cắt AB, AC, K P , Q, T Nếu M trung điểm cung 5.0ptBT C K, chứng minh BC, P Q, M T đồng quy Giải Giả sử R tương ứng bán kính K ω Sử dụng cơng thức (2.13) Định lí 2.4 ω (B) ω(C) Cả hai đường tròn (B) (C) với bán kính tiếp xúc với K B C, ta nhận T C2 = CQ2 · R2 CQ2 · R2 = , (R − )(R − 0) (R − ) T B2 = BP · R2 BP · R = (R − )(R − 0) R− Điều kéo theo TB BP = TC CQ Giả sử P Q cắt BC U Theo Định lí Menelaus ∆ABC cắt U P Q ta có UB BP AQ BP TB = · = = UC AP CQ CQ TC Do áp dụng định lí góc phân giác ta có U chân đường phân giác góc ngồi T M ∆BT C Bài tốn 2.8 (xem [3], Định lí Feuerbach) Giả sử D, E, F trung điểm cạnh BC, CA, AB ∆ABC Chứng minh đường tròn nội tiếp (I) ∆ABC tiếp xúc với (DEF ) Giải Xét đường tròn (D), (E), (F ) với bán kính (I) Ký hiệu δXY hiểu độ dài đoạn tiếp tuyến ngồi đường tròn (X) (Y ), c a−c b−a a b b−c δDE = , δEF = , δF D = , δDI = , δEI = , δF I = 2 2 2 44 Để áp dụng Định lí Casey, ta kiểm chứng nếu, với tổ hợp dấu + −, ta nhận ±c(b − a) ± a(b − c) ± b(a − c) = 0, mà tầm thường Do đó, tồn đường tròn tiếp xúc với (D), (E), (F ) (I), tức (I) tiếp xúc với (DEF ) Sử dụng lý tương tự để chứng minh (DEF ) tiếp xúc với ba đường tròn bàng tiếp ∆ABC Bài toán 2.9 (xem [3]) Giả sử ∆ABC tam giác không đều, D, E, F các trung điểm BC, CA, AB Đường tròn nội tiếp (I) đường tròn chín điểm (DEF ) ∆ABC tiếp xúc với điểm Feuerbach Fe Chứng minh đoạn Fe D, Fe E, Fe F tổng độ dài hai đoạn lại Giải Giả sử b ≥ a ≥ c Đường tròn nội tiếp (I, r) cắt BC M Sử dụng cơng thức (2.13) Định lí 2.4 cho (I) (D) (với bán kính 0) tiếp R xúc với đường tròn chín điểm N, , ta có 2 Fe D = DM · R R 2 − r (R − 0) Suy Fe D = R (b − c) · R − 2r Bởi lý tương tự, ta có biểu thức Fe E = R (a − c) · , R − 2r Fe F = R (b − a) · R − 2r Do đó, Fe E + Fe F = R (b − c) · = Fe D R − 2r Phép chứng minh kết thúc Bài toán 2.10 (xem [3]) Cho ∆ABC tam giác thỏa mãn điều kiện AC > AB Một đường tròn ωA tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ω AB, AC Điểm S trung điểm cung 5.0ptBC đường tròn ω, mà khơng chứa A ST đoạn tiếp tuyến từ S đến ωA Chứng minh ST AC − AB = SA AC + AB 45 Giải Giả sử M N tiếp điểm ωA với AC, AB Áp dụng Định lí Casey cho ωA , (B), (C), (S), tất tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ω, ta nhận ST · BC + CS · BN = CM · BS Suy ST · BC = CS(CM − BN ) Nếu U đối xứng với B qua đường thẳng AS, CM − BN = U C = AC − AB Do ST · BC = CS(AC − AB) (2.8) Áp dụng Định lí Ptolemy ABSC, ta nhận SA · BC = CS(AB + AC) Cùng với (2.8), ta nhận AC − AB ST = SA AC + AB Bài toán 2.11 (xem [3]) Giả sử hai đường tròn tương đẳng (S1 ) (S2 ) cắt hai điểm, Một đường cắt (S2 ) A, C (S1 ) B D (các điểm A, B, C, D theo thứ tự này) Hai đường tròn phân biệt ω1 , ω2 tiếp xúc với đường thẳng đường tròn (S1 ) (S2 ) tương ứng phía ngồi Nếu ω1 ω2 tiếp xúc ngoài, chứng tỏ AB = CD Giải Giả sử P ≡ ω1 ∩ ω2 , M , N hai tiếp điểm ω1 ω2 với tiếp tuyến Nghịch đảo tâm P lũy thừa P B · P D nhận (S1 ) đường thẳng nghịch đảo thành Các đường tròn ω1 ω2 đến hai đường thẳng song song k1 k2 tiếp xúc với (S1 ) đường tròn (S2 ) đến đường tròn khác (S2 ) tiếp xúc với k1 , k2 Do đó, (S2 ) tương đẳng với nghịch đảo (S2 ) Ngoài ra, (S2 ), (S2 ) đối xứng qua P , suy P C · P A = P B · P D 46 Áp dụng Định lí Casey ω1 , ω2 , (D), (B), (S1 ) ω1 , ω2 , (A), (C), (S2 ) ta nhận 2P B · P D 2P A · P C DB = , AC = MN MN Do P C · P A = P B · P D ta có AC = BD Vậy AB = CD Bài toán 2.12 (xem [3]) Giả sử ∆ABC tam giác với độ dài cạnh L Giả sử (O, r) (O, R) đường tròn nội tiếp đường tròn ngoại tiếp ∆ABC Gọi P điểm (O, r) P1 , P2 , P3 hình chiếu P lên BC, CA, AB Các đường tròn T1 , T2 T3 cắt BC, CA, AB điểm P1 , P2 , P3 (O, R) (phía trong), tâm chúng nằm cạnh khác BC, CA, AB tương ứng với A, B, C Chứng minh tổng độ dài đoạn tiếp tuyến chung T1 , T2 T3 số Giải Giả sử δ1 đoạn tiếp tuyến từ A đến T1 Áp dụng Định lí Casey với (A), (B), (C), T1 tiếp xúc với (O, R), ta có L · BP + L · CP = δ1 · L Suy δ1 = L Tương tự, ta có δ2 = δ3 = L Áp dụng Định lí Euler tam giác (tam giác thùy túc/tam giác bàn đạp - pedal triangle) ∆P1 P2 P3 P , ta nhận r2 − r2 p(P, (O)) [ABC] = [ABC] [ABC] = [P 1P 2P 3] = 4r 4r2 16 Do ta nhận ([ABC] − [P1 P2 P3 ]) sin 60 13 = L2 (2.9) 16 AP2 · AP3 + BP3 · BP1 + CP1 · CP2 = Áp dụng Định lí Casey cho (B), (C), T2 , T3 tất tiếp xúc với (O, R), ta nhận δ2 · δ3 = L2 = BC · δ23 + CP2 · BP3 = L · δ23 + (L − AP1 )(L − AP2 ) Thực biến đổi xoay vòng, ta có biểu thức L2 = L · δ31 + (L − BP3 )(L − BP1 ), L2 = L · δ12 + (L − CP1 )(L − CP2 ) 47 Cộng ba phương trình cuối ta có 3L2 = L(δ23 + δ31 + δ12 ) + 3L2 − 3L2 + AP3 · AP2 + BP3 · BP1 + CP1 · CP2 Do đó, kết hợp với (2.9) ta nhận δ23 + δ31 + δ12 = 3L − 2.3 13 35 L = L 16 16 Bất đẳng thức Casey Mục dành để trình bày Bất đẳng thức Casey dựa theo Hung T.Q [4] Định lí sau xem mở rộng bất đẳng thức Ptolemy Ta gọi chúng bất đẳng thức Casey Định lý 2.5 (Bất đẳng thức Casey) Giả sử ABC tam giác nội tiếp đường tròn (O) Giả sử (I) đường tròn Từ A, B C vẽ tiếp tuyến AA , BB , CC đến (I), với tiếp điểm A , B , C ∈ (I) Chứng minh Nếu (I) ∩ (O) = ∅ a · AA , b · BB , c · CC ba cạnh tam giác Nếu (I) ∩ (O) = ∅ • (I) giao với cung 5.0ptBC khơng chứa A aAA ≤ bBB + cCC ; (2.10) • (I) giao với cung 5.0ptCA khơng chứa B bBB ≤ cCC + aAA ; (2.11) • (I) giao với cung 5.0ptBA khơng chứa C cCC ≤ aAA + bBB (2.12) 48 Trn Quang Hng - High school for gifted students at science Đẳng thức xảy (I) tiếp xúc với (O) The folowing theorem is main theorem of this article, it consider as an extension of Ptolemy’s inequality We will call it by Casey’s inequality ChứngTheorem minh (1) Xétinequality) trường Let hợp (I)be ∩a triangle (O) =inscribed ∅ Giả kính (Casey ABC circlesử (O) (I) isbán an arbitrary circle From A, B, C draw the tangents AA , BB , CC to (I) (A , B , C ∈ (I)), respectively Prove (I) r, vẽ đường tròn (I, r ) (tâm I bán kính r ) cắt (O) điểm that 1/ If (I) ∩không (O) = ∅ chứa then a · A AA ,Dễ b · BB , c · CCr are side of a triangle cung 5.0ptBC thấy ≤ three r Vẽ tiếp tuyến AA , BB , 2/ If (I) ∩ (O) = ∅ as following CC của(I)(I,intersects r ) vớitheAarc, BC B ,which C ∈ (I, ) ÁpAdụng Định lí +Pythagoras ta có does notrcontain then aAA ≥ bBB cCC Do (I) intersects the arc CA which does not contain B then bBB ≥ cCC + aAA 2 AAAB2 +which r2 does = IA , AA C2 + = ≥IA (I) intersects the arc not contain thenr cCC aAA + bBB Equality holds iff circle (I) tangents to (O) 2 Proof AA 21/=If AA r2 tự(I)thì (I) ∩ (O)+=r∅ − Assume thattương radius of is r, draw circle (I, r ) (circle center I and radius r ) touch (O)at a point in arc BC which does not contain A Easily seen r ≥ r Draw the , BB , CC tangents ∈ (I, r2)), theorem BB AA = BB +of r(I,2 r−) (A r2,,B , C CC =respectively CC + Apply r −Pythagoras’ r2 (2.13) we have AA + r = IA2 , AA + r = IA2 Therefore AA = AA + r − r and analogously then BB = BB + r − r , CC = CC + r − r (1) A O C B A'' r' A' r I Từ Định lí Casey, bình phương hai vế ta nhận a2 AA = b2 BB + c2 CC + 2bcBB CC Bây ta chứng minh bBB + cCC ≤ aAA ≤ |bBB − cCC | (2.14) 49 a · AA , b · BB , c · CC ba cạnh tam giác Thật vậy, bất đẳng thức bBB +cCC ≤ aAA tương đương với • b2 BB + c2 CC + 2bcBB CC ≥ a2 AA • b2 (BB + r − r2 ) + c2 (CC từ (2.13)) + r − r2 ) + 2bcBB CC ≥ a2 AA (nhận • (b2 + c2 − a2 )(r − r2 ) − 2bcBB CC + 2bcBB CC ≥ (nhận từ (2.14)) • 2bc cos A(r − r2 ) − 2bcBB CC +2bc (BB + r − r2 )(CC + r − r2 ) ≥ (nhận từ (2.13)) • cos A(r − r2 ) − BB CC + (BB + r − r2 )(CC + r − r2 ) ≥ Bất đẳng thức cuối (BB + r − r2 )(CC + r − r2 ) ≥ BB CC + r − r2 bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, ý bất đẳng thức cos A(r − r2 ) + r − r2 ≥ từ r ≤ r (1 + cos A) ≥ Ta hoàn thành phép chứng minh Bây bất đẳng thức aAA ≥ |bBB − cCC | tương với b2 BB + c2 CC − 2bbBB CC ≤ a2 AA Sử dụng biến đổi tương tự ta phải chứng minh cos A(r − r2 ) − BB CC − (BB + r − r2 )(CC + r − r2 ) ≥ Bởi − (BB + r − r2 )(CC + r − r2 ) ≤ −BB CC − (r − r2 ) vế trái bất đẳng thức nhỏ đại lượng cos A(r − r2 ) − r − r2 − 2BB CC < 0, 50 mà bất đẳng thức Các trường hợp (I, r ) cắt 5.0ptCA không chứa điểm B cung 5.0ptAB không chứa C chứng minh tương tự Ta chứng minh xong khẳng định (1) (2) Nếu (I) ∩ (O) = ∅ Giả sử (I, r) giao với cung 5.0ptBC không chứa A Vẽ (I, r ) cắt cung 5.0ptBC không chứa A Dễ thấy r ≤ r Kẻ tiếp tuyến Trn Quang for gifted students AA , BB Hng CC- High củaschool đường tròn (I, rat )science với A , B , C ∈ (I, r ) A O C B A' r A'' r' I Figure Tương tự, áp dụng Định lí Pythagoras khẳng định (1), ta nhận đẳng thức AA = AA + r − r2 , BB = BB + r − r2 , CC = CC + r − r2 Hoặc là, AA = AA + r2 − r , BB = BB + r2 − r , CC = CC + r2 − r (2.15) 51 Sử dụng Định lí Casey (2.15) với biến đổi tương tự, bất đẳng thức tương đương với cos A(r − r2 ) − BB CC + BB CC ≤ (2.16) Chú ý BB CC = (BB + r − r2 )(CC + r − r2 ) ≥ BB CC + r2 − r Do vế trái nhỏ cos A(r − r2 ) − (r2 − r ) = (r − r2 )(1 + cos A) ≤ Điều r ≤ r + cos A ≥ Các trường hợp (I, r ) cắt cung 5.0ptCA không chứa B cắt cung 5.0ptAB không chứa C ta thực phép chứng minh tương tự Ta kết thúc phép chứng minh cho khẳng định (2) Vậy, phép chứng minh định lí hồn tất 2.4 Một số tốn đề nghị Bài tốn 2.13 (Định lí Purser) Cho ∆ABC với đường tròn ngoại tiếp (O) ω đường tròn khác mặt phẳng Gọi AX, BY , CZ đoạn tiếp tuyến từ A, B, C đến ω Chứng minh ω tiếp xúc với (O) ±AX · BC ± BY · CA ± CZ · AB = Bài tốn 2.14 Đường tròn ω tiếp xúc với cạnh AB AC ∆ABC P Q với đường tròn ngoại tiếp (O) Chứng minh trung điểm P Q tâm đường tròn nội tiếp ∆ABC tâm đường tròn bàng tiếp đỉnh A ∆ABC, tùy vào (O) ω tiếp xúc hay tiếp xúc ngồi Bài tốn 2.15 Cho tam giác ∆ABC A-bên phải với đường tròn ngoại tiếp (O) Đường tròn ΩB tiếp xúc với đoạn OB, OA cung 5.0ptAB (O) 52 Đường tròn ΩC tiếp xúc với đoạn OC, OA cung 5.0ptAC (O) Giả sử ΩB ,ΩC tiếp xúc OA P , Q Chứng minh AB AP = AC AQ Bài tốn 2.16 (Gumma, 1874) Cho trước đường tròn (O, r) nằm miền hình vng ABCD với độ dài cạnh L Cho (Oi , ri ) với i = 1, 2, 3, đường tròn tiếp xúc với hai cạnh hình vng (O, r) (phía ngồi) Hãy xác định L hàm r1 , r2 , r3 , r4 Bài toán 2.17 Cho hai đường thẳng song song τ1 , τ2 tiếp xúc với đường tròn Γ(R) Đường tròn k1 (r1 ) tiếp xúc với Γ, τ1 đường tròn thứ ba k2 (r2 ) tiếp xúc Γ, τ2 , k1 Giả sử tiếp xúc nói tiếp xúc Chứng minh √ R = r1 · r2 Bài toán 2.18 (Victor Thébault, 1938) Xét tam giác ∆ABC có đường tròn nội tiếp (I, r) đường tròn ngoại tiếp (O) Gọi D điểm AB Đường tròn Γ1 (r1 ) tiếp xúc với đoạn DA, DC cung 5.0ptCA (O) Đường tròn Γ2 (r2 ) tiếp xúc với đoạn DB DC cung 5.0ptCB (O) Nếu ADC = ϕ chứng tỏ ϕ ϕ r1 · cos2 + r2 · sin2 = r 2 53 Kết luận Với mục đích trình bày mở rộng định lý Ptolemy, luận văn “Định lí Casey ứng dụng” giới thiệu cách có chọn lọc vấn đề sau: Trình bày nội dung Định lí Ptolemy, Định lí Feuerbach số ví dụ minh họa việc vận dụng Định lí Ptolemy, Định lí Feuerbach vào giải số toán chứng minh đẳng thức,bất đẳng thức liên quan đến tứ giác nội tiếp Nội dung sở để nghiên cứu Định lí Casey; Trình bày chi tiết Định lí Casey ví dụ minh họa việc vận dụng định lý Casey vào giải số toán chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến tiếp tuyến đường tròn Các tập luận văn tập dành cho học sinh giỏi, đề thi Olympic luận văn sưu tầm để nêu bật lên tính ứng dụng Định lý Casey Định lý Ptolemy Một số lời giải luận văn cụ thể chi tiết bước trung gian để thuận tiện cho người đọc Qua nội dung trình bày cho ta thấy đường khái quát hóa đặc biệt hóa đưa từ định lí Pythagoras, định lí Ptolemy qua định lí Casey đến định lí Feuerbach, đồng thời thấy mối liên hệ đường tròn nội tiếp, ba đường tròn bàng tiếp đường tròn Euler tam giác 54 Tài liệu tham khảo Tiếng Việt [1] Hoàng Chúng, Nguyễn Văn Ban (1995, 1997), Hình học tam giác, NXB Giáo dục [2] Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học Tuổi trẻ, 6, NXB Giáo dục Việt Nam Tiếng Anh [3] González L (2011), “Casey’s theorem its applications”, http://geometry.ru/articles/Luis_Casey.pdf [4] Hung T.Q., “On Casey inequality”, https://analgeomatica.files.wordpress.com/2013/11/derakynay229.pdf [5] Li K.-Y (2012), “Casey theorem", Mathematical Excalibur 16(5) (34/2012), https://www.math.ust.hk/excalibur/v16_n5.pdf [6] Johnson R.A (1960), Advanced Euclidean Geometry, Dover [7] Shariguin I (1989), Problemas de geometría planimetría, Mir, Moscow ... kỳ thi Olympic kỳ thi tuyển chọn học sinh giỏi 26 Chương Định lí Casey ứng dụng Chương dành để trình bày Định lí Casey ứng dụng Định lý Casey giải số toán dành cho học sinh giỏi thi Olympic 2.1... P nằm cung nhỏ 5.0ptAB đường tròn ngoại tiếp hình vng ABCD PD PA + PC = PB + PD PC Giải Áp dung Định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp P ADC P BCD Bài toán 1.15 (xem [2]) Nếu điểm P nằm cung nhỏ... [4] bất đẳng thức Casey Trong thời gian qua có số đề thi học sinh giỏi nước quốc tế giải trọn vẹn sở ứng dụng Định lí Casey Với mong muốn trình bày lại cách có hệ thống nội dung hai báo giới thiệu