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 TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp Toán 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 1. Một số kiến thức liên quan
4
1.1. Định lí Ptolemy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
4
1.2. Một số ứng dụng của Định lí Ptolemy . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
7
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 mới
. . . . . . . . . . . 17
1.3.3. Một số bài toán đề nghị
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 22
Chương 2. Định lí Casey và ứng dụng
26
2.1. Định lí Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.1.1. Định lí Feuerbach : Một sự mở rộng của Định lí Ptolemy . . . . . . . . . . . . . . . 26
2.1.2. Định lí Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 32
2.2. Một số ứng dụng của Định lí Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 34
2.3. Bất đẳng thức Casey . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 47
2.4. Một số bài toán đề nghị
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 51
Kết luận
53
Tài liệu tham khảo
54
ii
Mở đầu
Định lí Casey được đặt theo tên nhà toán học người Ireland John Casey, nó được coi như một mở rộng
của Định lí Ptolemy. Bài báo Luis González [3] đã giới thiệu về Định lí Casey như là một mở rộng của
Định lí Ptolemy. Tiếp theo, Kin-Yin Li [5] tiếp tục giới thiệu về định lí này và một số ứng dụng của nó.
Ở Việt Nam, Trần Quang Hùng đã công bố [4] về bất đẳng thức Casey.
Trong thời gian qua đã có một số đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế được giải quyết trọn vẹn
trên cơ sở ứng dụng Định lí Casey. Với mong muốn trình bày lại một cách có hệ thống nội dung của hai
bài báo trên và giới thiệu thêm một số ứng dụng của Định lí Casey vào giải một số bài toán hình học dành
cho học sinh giỏi, chúng tôi đã chọn đề tài “Định lí Casey và ứng dụng” làm chủ đề cho luận văn thạc sĩ.
Luận văn ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, được trình bày trong hai chương.
• Chương 1. Một số kiến thức liên quan.
• Chương 2. Định lí Casey và ứng dụng.
Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn thành với sự
hướng dẫn của PGS.TS. Trịnh Thanh Hải (Giảng viên Trường ĐH Khoa học - Đại học Thái Nguyên).
Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình,
người đã đặt bài toán và tận tình hướng dẫn để luận văn này được 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, cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất
để tác giả học tập và nghiên cứu.
Tác giả xin cảm ơn tập thể lớp Cao học Toán khóa 10 (2016-2018) đã động viên và giúp đỡ tác giả rất
nhiều trong suốt quá trình học tập.
Tác giả muốn gửi những lời cảm ơn tốt đẹp đến các nhà khoa học trong hội đồng đánh giá luận văn,
đặc biệt là đến các phản biện của đề tài này. Những góp ý, thảo luận của họ đã giúp tác giả sửa chữa và
hoàn thiện luận văn này.
Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu
3
và các đồng nghiệp ở Trường THPT Phạm Ngũ Lão đã tạo điều kiện cho tác giả hoàn thành tốt nhiệm
vụ học tập và công tác của mình.
Cuối cùng, tác giả muốn dành những lời cảm ơn đặc biệt nhất đến đại gia đình vì những động viên và
chia sẻ những khó khăn để tác giả hoàn thành luận văn này.
Thái Nguyên, ngày 25 tháng 11 năm 2018
Tác giả
Đỗ Hoàng Sơn
4
Chương 1
Một số kiến thức liên quan
1.1. Định lí Ptolemy
Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày về Định lí Ptolemy cùng các ví dụ minh họa việc ứng dụng vào giải bài tập liên quan đến tứ giác nội tiếp trong đường tròn.
Trước hết, trong mục này chúng tôi trình bày nội dung Định lí mang tên nhà Toán học người Hy Lạp Claudius Ptolemy1 cùng một số hệ quả quan trọng của nó.
Định lý 1.1 (Định lí Ptolemy). Tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi tich hai đường chéo bằng tổng các tích của các cạnh đối diện, tức là
(1.1) AC.BD = AB.CD + BC.AD
1(Claudius Ptolemy : 100-187 TCN)
Chứng minh. Chọn điểm E nằm trong tứ giác ABCD sao cho (cid:91)ABE = (cid:92)ACD và (cid:91)BAE = (cid:92)CAD. Xét các cặp tam giác đồng dạng ABE và ACD, ABC và AED, suy ra AB.CD = BC.AD = AC(BE + ED), sau đó tìm điều kiện cần và đủ để điểm E nằm trên đoạn thẳng BD.
5
Định lí Ptolemy có thể xem là sự khái quát hóa của Định lí Pythagoras trong trường hợp tứ giác ABCD là hình chữ nhật, lúc đó AC 2 = AB2 + BC 2.
Định lí 1.1 có các hệ quả sau đây:
Hệ quả 1.1. Cho tứ giác nội tiếp ABCD với ∆ABC đều, ta có
BD = AD + CD.
Chứng minh. Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên theo Định lí Ptolemy ta có
AB · CD + AD · BC = AC · BD.
Vì AB = BC = CA nên ta suy ra
CA · CD + AD · CA = AC · BD.
Vậy CD + AD = BD.
6
Hệ quả 1.2. Cho tứ giác nội tiếp ABCD với (cid:91)ABC = (cid:92)ADC = 90◦, ta có BD = AC sin(cid:92)BAD.
Chứng minh. Ta có
(cid:17) AC sin(cid:92)BAD = AC sin
(cid:17) = AC sin
(cid:16) (cid:17) = AC
(cid:19) · · + = AC AD AC DC AC
= AC · (cid:16) (cid:91)BAC +(cid:92)DAC (cid:16) (cid:91)BAC +(cid:92)DAC sin (cid:91)BAC · cos(cid:92)DAC + cos (cid:91)BAC · sin(cid:92)DAC (cid:18)BC AB AC AC BC · AD + DC · AB AC
= BC · AD + DC · AB
= BD.
Vậy phép chứng minh được hoàn thành.
Thực ra, Hệ quả 1.2 đúng nếu A, B, C, D nằm trên một đường tròn (với
thứ tự tùy ý) và
(cid:91)ABC = (cid:92)ADC = 90◦,
từ Định lí sine ta có bằng đường kính AC của đường tròn ngoại tiếp BD sin(cid:92)BAD ∆BAD.
7
1.2. Một số ứng dụng của Định lí Ptolemy
Trong mục này, luận văn trình bày một vài ứng dụng của Định lí Ptolemy
thông qua một số bài toán thi Olympic và thi học sinh giỏi.
Bài toán 1.1 (IMO 1995). Cho ABCDEF là lục giác lồi với
AB = BC = CD, DE = EF = F A, (cid:92)BCD = (cid:91)EF A = 60◦. Gọi G và H là hai điểm trong lục giác thỏa mãn (cid:91)AGB = (cid:92)DHE = 120◦. Chứng minh rằng
AG + GB + GH + DH + HE ≥ CF.
Giải. Gọi X, Y là các điểm nằm ngoài lục giác thỏa mãn ∆ABX và ∆DEY đều. Vậy DBXAEY là ảnh của ABCDEF qua phép đối xứng trục BE. Suy ra CF = XY . Khi đó ta có
(cid:92)AXB + (cid:91)AGB = (cid:92)DY E + (cid:92)DHE = 180◦.
Như vậy AXBG và DHEY là các tứ giác nội tiếp. Theo Hệ quả 1.1 ta có XG = AG + GB và HY = DH + HE. Vì thế
AG + GB + GH + DH + HE = XG + GH + HY ≥ XY = CF.
(cid:3)
Bài toán 1.2 (IMO 1996). Cho P là điểm nằm trong ∆ABC thỏa mãn
(cid:91)AP B − (cid:91)ACB = (cid:91)AP C − (cid:91)ABC.
Gọi D, E lần lượt là tâm vòng tròn nội tiếp của ∆AP B, ∆AP C. Chứng minh rằng AP , BD và CE cắt nhau tại một điểm.
Giải. Trước hết, ta phải chỉ ra các phân giác BD, CE tương ứng của các góc (cid:91)ABP , (cid:91)ACP cắt nhau tại một điểm trên AP .
Gọi chân của đường vuông góc hạ từ P xuống BC, CA, AB lần lượt là X, Y , Z. Vậy thì AZP Y , BXP Z, CY P X là các tứ giác nội tiếp. Ta có
(cid:91)AP B − (cid:91)ACB = (cid:91)Y AP + (cid:92)XBY = (cid:91)Y ZP + (cid:92)XZP = (cid:92)Y ZX.
8
Chứng minh tương tự ta có (cid:91)AP C − (cid:91)ABC = (cid:92)XY Z.
Tam giác XY Z có góc (cid:92)Y ZX = (cid:92)XY Z nên XZ = XY . Theo Hệ quả 1.2 ta
có
XZ = BP sin (cid:91)ABC và XY = CP sin (cid:91)ACB.
Vì XZ = XY nên BP sin (cid:91)ABC = CP sin (cid:91)ACB. Ta có
(1.2) . = BP CP sin (cid:91)ACB sin (cid:91)ABC
Áp dụng Định lí sine cho tam giác ABC ta có
Suy ra (1.3) . . = = AB AC AB sin (cid:91)ACB AC sin (cid:91)ABC sin (cid:91)ACB sin (cid:91)ABC
Từ (1.2) và (1.3) suy ra
(1.4) . = AB BP AC CP
Gọi H là giao điểm của BD và AP . Vì BH là đường phân giác của góc
(cid:91)ABP nên
(1.5) . = AB BP HA HP
Gọi K là giao điểm của CE và AP . Vì CK là đường phân giác của góc
(cid:91)ACP nên
(1.6) . = AC CP KA KP
9
Từ (1.4), (1.5) và (1.6) suy ra
. = HA HP KA KP
Suy ra H ≡ K. Vậy ba đường thẳng AP , BD và CE cắt nhau tại một điểm (cid:3) trên AP .
Bài toán 1.3 (Bất đẳng thức Esd¨os-Mordell). Cho P là điểm trong ∆ABC và gọi da, db, dc lần lượt là các khoảng cách từ P tới BC, CA, AB. Chỉ ra rằng P A + P B + P C ≥ 2(da + db + dc). Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu ∆ABC đều và P là tâm đường tròn nội tiếp.
Giải.
Gọi X, Y , Z lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ P xuống BC, CA,
AB.
Theo Hệ quả 1.2 hoặc định lí sine và định lí cosine, ta có
c − 2dbdc cos(180◦ − (cid:98)A).
(cid:113) P A sin (cid:98)A = Y Z = d2 b + d2
Từ 180◦ − (cid:98)A = (cid:98)B + (cid:98)C, khai triển và nhóm lại ta được
1 2 P A sin (cid:98)A = (db sin (cid:98)C + dc sin (cid:98)B)2 + (dc cos (cid:98)C − dc cos (cid:98)B)2(cid:111) (cid:110)
≥ db sin (cid:98)C + dc sin (cid:98)B
Sử dụng các bất đẳng thức tương tự như bất đẳng thức cuối và kết quả
10
x + ≥ 2 với mọi x > 0, ta có 1 x
(cid:88) db sin (cid:98)C + dc sin (cid:98)B P A + P B + P C ≥ sin (cid:98)A (cid:32) (cid:33) (cid:88) (1.7) + = da sin (cid:98)B sin (cid:98)C sin (cid:98)C sin (cid:98)B
≥ 2(da + db + dc).
Ở đây phương trình (1.7) có được là nhờ sắp xếp lại các số hạng. Cuối cùng, đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu (cid:98)A = (cid:98)B = (cid:98)C và da = db = dc, nghĩa là, ∆ABC (cid:3) đều và P là tâm đường tròn nội tiếp.
Bài toán 1.4 (IMO 1991). Cho tam giác ABC và P là điểm nằm trong tam giác. Chỉ ra rằng ít nhất một trong các góc (cid:91)P AB, (cid:92)P BC, (cid:91)P CA nhỏ hơn hoặc bằng 30◦.
Giải. Giả sử không có góc nào trong ba góc nhỏ hơn hoặc bằng 30◦. Nếu một trong ba góc nhỏ nhất là 150◦, thì hai góc còn lại sẽ lớn nhất là 30◦, mâu thuẫn. Vì thế ta có thể giả sử ba góc lớn hơn hoặc bằng 30◦ và nhỏ hơn hoặc bằng 150◦. Gọi da là khoảng cách từ P đến BC, vậy thì 2da = 2P B sin(cid:92)P BC > (cid:3) (2 sin 30◦)P B = P B.
Bài toán 1.5. Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với AC và AB tại E và F . Các đường thẳng BE và CF theo thứ tự lại cắt (I) tại M và N . Chứng minh rằng
. = 4 · M E M F N E N F
11
Hình 1.1
Giải. Gọi D là tiếp điểm của BC và (I).
Áp dụng Định lí Ptolemy cho các tứ giác EF M D và EF DN ta có điều cần (cid:3) chứng minh.
Bài toán 1.6 (Olympic Toán Paraguay 2012). Cho tam giác đều ABC. Gọi Q là điểm bất kì trên BC, và gọi P là giao điểm của AQ và đường tròn ngoại
. = + tiếp ∆ABC. Chứng minh rằng 1 P Q 1 P B 1 P C
Giải. Chú ý rằng tứ giác BACQ nội tiếp. Theo Định lí Ptolemy, ta có P C · BA + BP · CA = P A · BC.
Do ABC là tam giác nên đều nên P A = P C + P B. Chú ý rằng
∆AP B ∼ ∆CP Q.
Do đó
. = = P Q P C P B P A P B P B + P C
Cuối cùng, ta được
. P Q = P B · P C P B + P C
Suy ra
. = = + 1 P Q P B + P C P B · P C 1 P C 1 P B
(cid:3) Phép chứng minh được hoàn thành.
12
. = Bài toán 1.7. Cho tam giác cân ABC tại đỉnh C nội tiếp trong đường tròn tâm O và M là điểm tùy ý nằm trên cung nhỏ BC. Chứng minh rằng M A + M B M C AB AC
Giải. Áp dụng Định lí Ptolemy đối với tứ giác AM BC, ta có
M A · BC + M B · CA = M C · AB.
Do CA = CB, ta có
. = M A + M B M C AB AC
(cid:3) Phép chứng minh được kết thúc. Bài toán 1.8 (Định lí Pytago). Cho tam giác vuông ABC với (cid:91)ACB = 90◦, ta có BC 2 + AC 2 = AB2.
. Gọi Giải. Vẽ đường tròn với tâm là trung điểm O của AB và bán kính AB 2 giao điểm của tia CO và đường tròn là D.
Áp dụng Định lí Ptolemy đối với tứ giác ABCD, ta có
AD · BC + BD · AC = AB · CD.
(cid:3) Từ AD = BC, BD = AC và CD = AB ta có BC 2 + AC 2 = AB2.
Bài toán 1.9. Cho a và b là các góc nhọn. Chứng minh rằng
(1.8) sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a.
13
Giải. Vẽ đường tròn với đường kính AC = 1.
Dựng các tia AB và AD nằm trên các phía đối diện nhau đối với đường kính AC thỏa mãn (cid:91)CAB = a và (cid:92)CAD = b. Kẻ đường kính BE như trong hình vẽ. Vì AC và BE là đường kính, ta có (cid:91)ABC, (cid:92)ADC và (cid:92)BDE là các góc vuông. Suy ra
AB = cos a, BC = sin a, CD = sin b, DA = cos b.
Cũng vậy, (cid:92)BED = (cid:92)BAD = a + b và BD = p = sin(a + b).
Áp dụng Định lí Ptolemy đối với tứ giác ABCD, ta có
AC · BD = BC · DA + CD · AB,
(cid:3) suy ra sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a.
Bài toán 1.10. Nếu điểm M tùy ý nằm trên đường tròn ngoại tiếp hình vuông
14
A1A2A3A4, thì ta có hệ thức
1 + M A2
3 = M A2
2 + M A2 4.
M A2
Giải. Không mất tính tổng quát, giả sử M nằm trên cung nhỏ A1A4.
2 + 2x2
√ √ Đặt M A1 = x1, M A2 = x2, M A3 = x3, M A4 = x4 và gọi cạnh của hình vuông là a. Áp dụng Định lí Ptolemy đối với các tứ giác M A1A2A3 và M A1A3A4, ta có x1a + x3a = x2a 2, x1a + x4a 2 = x3a. √ Khử a ở cả hai vế, phương trình thứ hai trở thành x3 − x1 = x4
3 = x2
1 + x2
2 + x2
4, đây là kết quả cần tìm.
2. Suy ra 4. Khai triển phương trình và khử cả hai vế, (cid:3) (x1 + x3)2 + (x3 − x1)2 = 2x2 ta được x2
Bài toán 1.11. Cho A1A2 . . . An là đa giác đều có số cạnh lẻ. Gọi M là điểm nằm trên cung nhỏ A1An của đường tròn ngoại tiếp đa giác đều. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ điểm M mà tới các đỉnh Ai (i là số lẻ) bằng tổng các khoảng cách từ điểm M tới các đỉnh Ak (k là số chẵn).
Giải. Gọi cạnh của đa giác đều là a. Vẽ các đường chéo A1A3, A2A4, . . ., AnA2, có độ dài chung là b.
Tiếp theo, vẽ các dây cung M A1, M A2, . . . , M An và đặt M Ai có độ dài di. Áp dụng Định lí Ptolemy đối với các tứ giác M A1A2A3, M A2A3A4, . . . ,
15
M An−1AnA1 và M AnA1A2 ta có
ad1 + ad3 = bd2, bd3 = ad2 + ad4,
ad3 + ad5 = bd4, bd5 = ad4 + ad6,
adn−2 + adn = bdn−1, bdn + ad1 = adn−1,
adn + bd1 = ad2.
Cộng các phương trình này, ta được
(2a + b)(d1 + d3 + . . . + dn) = (2a + b)(d2 + d4 + . . . + dn−1).
Khử 2a + b, hệ thức này trở thành
d1 + d3 + . . . + dn = d22 + d4 + . . . + dn−1,
(cid:3) đây là kết quả cần tìm.
Sử dụng Định lí Ptolemy chúng ta có thể đưa ra lời giải thú vị cho nhiều
bài toán, chẳng hạn như các bài sau đây.
(cid:95) Bài toán 1.12 (xem [2]). Nếu điểm P nằm trên cung nhỏ 5.0ptAB tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC, thì
của đường
P A = P B + P C.
(cid:3) Giải. Áp dụng Định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp P ABC.
16
(cid:95) của đường
Bài toán 1.13 (xem [2]). Nếu điểm P nằm trên cung nhỏ 5.0ptAB tròn ngoại tiếp tam giác cân ABC với AC = BC thì
. = P A + P B P C AB AC
(cid:95) của đường
Bài toán 1.14 (xem [2]). Nếu điểm P nằm trên cung nhỏ 5.0ptAB tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD thì
. = P D P C P A + P C P B + P D
Giải. Áp dung Định lí Ptolemy cho các tứ giác nội tiếp P ADC và P BCD. (cid:3)
(cid:95) của đường
Bài toán 1.15 (xem [2]). Nếu điểm P nằm trên cung nhỏ 5.0ptAB tròn ngoại tiếp lục giác đều ABCDEF thì
P A + P B + P C + P F = P D + P E.
1.3. Bất đẳng thức Ptolemy
(cid:3) Giải. Sử dụng Bài toán 1.12 cho các tam giác đều ACE và BDF .
Tiếp theo Định lí Ptolemy (về đẳng thức liên hệ giữa các cạnh của tứ giác nội tiếp), luận văn sẽ tiếp tục trình bày về Bất đẳng thức Ptolemy cùng các bài toán áp dụng.
1.3.1. Bất đẳng thức Ptolemy
Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Ptolemy). Giả sử ABCD là một tứ giác. Khi đó ta có AB · CD + DA · BC ≥ AC · BD. Đẳng thức xảy ra nếu ABCD là một tứ giác nội tiếp.
Chứng minh. Từ A và B kẻ hai tia, cắt các đường chéo BD và AC lần lượt tại X và Y sao cho (cid:92)XAB = (cid:92)DAC và (cid:91)Y BA = (cid:92)DCA.
17
Giả sử AX cắt BY tại E. Khi đó (cid:91)BAC = (cid:92)EAD. Ta có ∆ABE (cid:118) ∆ACD.
Vì thế
(1.9) . = = Suy ra AB · CD = AC · BE. AE AD AB AC
BE CD Và ta cũng có ∆AED (cid:118) ∆ABC. Suy ra
(1.10) . = Suy ra AD · BC = AC · ED. AD AC ED BC
Cộng từng vế của phương trình (1.9) và (1.10) ta có
AB · CD + AD · BC = AC · (BE + ED) ≥ AC · BD.
Như vậy đối với tứ giác bất kỳ ABCD ta luôn có
AB · CD + AD · BC ≥ AC · BD. Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu E ∈ BD. Khi đó (cid:92)ABD = (cid:92)ACD, hay là tứ giác ABCD nội tiếp. Phép chứng minh được kết thúc.
1.3.2. Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy để thiết lập bất đẳng thức
mới
Mục này dành để trình bày một số ví dụ minh họa việc thiết lập các bất đẳng thức từ Bất đẳng thức Ptolemy. Trước hết ta xét tam giác ABC có các trung tuyến AM , BN , CP và trọng tâm G.
Gọi K là điểm đối xứng của N qua M . Dễ thấy tam giác P KC có các cạnh chính la các trung tuyến của tam giác ABC và độ dài các trung tuyến của
18
a, b, c. (Chẳng 3 4 3 4 3 4
b, trong đó E là giao điểm của P M với CK). (BK + AC) = hạn P E = tam giác P KC ứng với các đỉnh C, P , K theo thứ tự bằng 3 4 1 2
Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy vào tứ giác BP N C, ta có
P C · N B ≤ BC · P N + BP · N C.
Suy ra
Vậy . + mbmc ≤ 4mbmc ≤ 2a2 + bc. a2 2 bc 4
Tương tự ta có
(1.11) 4mamb ≤ 2c2 + ab, 4mamc ≤ 2b2ac.
Từ (1.11) ta suy ra
a)(4m2
b)(4m2
c) ≤ (2a2 + bc)(2b2 + ac)(2c2 + ab).
(4m2
Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến ta được
(1.12) (2b2 + 2c2 − a2)(2a2 + 2c2 − b2)(2a2 + 2b2 − c2) ≤ (2a2 + bc)(2b2 + ac)(2c2 + ab).
19
Ta có thể chứng minh bắt đẳng thức (1.12) bằng đại số như sau:
(2a2 + 2c2 − b2)(2a2 + 2b2 − c2) − (2a2 + bc)2 = (2a2)2 + 2a2(b2 + c2) + (2c2 − b2)(2b2 − c2) − 2a2.2bc − (bc)2 − (2a2)2 = 2a2(b2 + c2 − 2bc) − 2(b2 − c2)2 = 2(b − c)2 (cid:0)a2 − (b + c)2(cid:1) ≤ 0 vì b + c > a.
Do đó
(2a2 + 2c2 − b2)(2a2 + 2b2 − c2) ≤ (2a2 + bc)2.
Tương tự
(2a2 + 2c2 − b2)(2b2 + 2c2 − a2) ≤ (2c2 + ab)2; (2a2 + 2b2 − c2)(2b2 + 2c2 − a2) ≤ (2c2 + ac)2.
Nhân theo từng vế các bất đẳng thức trên với chú ý
2a2 + 2b2 − c2 ≥ (a + b)2 − c2 > 0, 2a2 + 2c2 − b2 > 0, 2b2 + 2c2 − a2 > 0
ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Từ (1.11) suy ra
(1.13) 4(mamb + mbmc + mcma) ≤ 2(a2 + b2 + c2) + (ab + bc + ca)
a + m2
c) = 3(a2 + b2 + c2) và (1.13) ta thu được
b + m2
Từ 4(m2
4(ma + mb + mc)2 ≤ 7(a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + ca).
Suy ra
(1.14) 7(a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + ca). 2(ma + mb + mc) ≤ (cid:112)
Áp dụng (1.11) cho tam giác P KC ta được
a + mbmc.
(cid:19) c 4 ≤ 2m2 (cid:18)3 4 (cid:19) (cid:18)3 b 4
20
Suy ra
a + 4mbmc.
9bc ≤ 8m2
Tương tự có
b + 4mamc,
c + 4mamb.
(1.15) 9ac ≤ 8m2 9ab ≤ 8m2
Từ (1.15) có
a + m2
b + m2
c) + 4(mamb + mbmc + mcma).
(1.16) 9(ab + bc + ca) ≤ 8(m2
Từ đó
a + m2
b + m2 c) = 9(ab + bc + ca) − 6(a2 + b2 + c2).
4(mamb + mbmc + mcma) ≥ 9(ab + bc + ca) − 8(m2
Suy ra
a + m2
b + m2
a + m2
b + m2
c + 2(mamb + mbmc + mcma)
(m2
≥ (a2 + b2 + c2) + (ab + bc + ca) − 3(a2 + b2 + c2)
c) = m2 3 4 9 4
= 9 2 (cid:0)2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2)(cid:1) .
Suy ra
(cid:112) (1.17) 2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2). 2(ma + mb + mc) ≥ 3
Vậy trong tam giác có độ dài ba cạnh là a, b, c và dộ dài ba trung tuyến
tương ứng là ma, mb, mc ta có các bất đẳng thức
•
(1.18)
• (2a2 + 2b2 − c2)(2a2 + 2c2 − b2)(2b2 + 2c2 − a2) ≤ (2a2 + bc)(2b2 + ac)(2c2 + ab), (cid:112) 2(ab + bc + ca) − (a2 + b2 + c2) 3
(1.19) 7(a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + ca);
•
≤ (1.20) ≤ 2(ma + mb + mc) ≤ (cid:112) 1 (cid:0)(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2(cid:1) 4 ≤ (ma − mb)2 + (mb − mc)2 + (mc − ma)2 (cid:0)(a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2(cid:1) . 9 4
21
Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác AP GN ta có
AG · P N ≤ AP · GN + AN · GP.
Suy ra
(1.21) 2ama ≤ bmc + cmb.
Tương tự
(1.22) 2bmb ≤ amc + cma, 2cmc ≤ amb + bma.
Suy ra
a ≤ bmcma + cmbma; b ≤ amcmb + cmamb; c ≤ ambmc + bmamc.
2am2 2bm2 2cm2
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được
a + bm2
b + cm2 c.
ambmc + bmcma + cmamb ≥ am2
Từ (1.22) có
2a2ma ≤ abmc + acmb 2b2mb ≤ abmc + bcma 2c2mc ≤ acmb + bcma.
Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được
abmc + bcma + camb ≥ a2ma + b2mb + c2mc.
Từ đó và do (1.22) abmc + acmb ≥ 2a2ma có
abmc + bcma + camb ≥ (2a2 + bc)ma ≥ 4mbmcma
vì 4mbmc ≤ 2a2 + bc theo (1.11). Suy ra
+ + ≥ 4. ab mamb bc mbmc ca mcma
Áp dụng bất đẳng thức này cho tam giác P KC ta thu được bất đẳng thức
≥ . + + mamb ab mbmc bc mcma ca 9 4
22
Vậy trong tam giác có độ dài ba cạnh là a, b, c và độ dài ba trung tuyến
tương ứng là ma, mb, mc ta có các bất đẳng thức sau:
a + bm2
b + cm2 c,
• ambmc + bmcma + cmamb ≥ am2
• ≥ 4 + +
• ≥ . + + • abmc + bcma + camb ≥ a2m + b2mb + c2mc ca mcma mcma ca ab mamb mamb ab bc mbmc mbmc bc 9 4
1.3.3. Một số bài toán đề nghị
Bài toán 1.16. Cho tứ diện ABCD trong không gian ba chiều. Chứng minh rằng AB · CD + DA · BC > AC · BD.
Giải. Vẽ mặt phẳng α song song với các đường thẳng AC và BD. Gọi A1, B1, C1, D1 lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ A, B, C, D xuống mặt phẳng α.
Ta có A1C1 = AC và B1D1 = BD.
Tuy nhiên, A1B1 ≤ AB, B1C1 ≤ BC, C1D1 ≤ CD, D1A1 ≤ DA và ít nhất
một trong các bất đẳng thức này là ngặt từ A, B, C, D không đồng phẳng.
23
Áp dụng cho các bất đẳng thức và các phương trình trên cũng như bất
đẳng thức Ptolemy cho tứ giác A1B1C1D1 trên mặt phẳng α ta có
AB · CD + DA · BC > A1B1 · C1D1 + D1A1 · B1C1
2
2
≥ A1C1 · B1D1 = AC · BD.
3 (cid:88)
3 (cid:88)
i=1
i=1
i=1
2
(cid:33) 1 Thay thế kết quả này trong hệ tọa độ Descarters. Cụ thể A = (a1; a2; a3), B = (b1; b2; b3), C = (c1; c2; c3) và D = (d1; d2; d3). Vậy thì bất đẳng thức Ptolemy trong không gian ba chiều là (cid:33) 1 (cid:32) 3 (cid:32) 3 (cid:88) (cid:88) + (bi − ci)2 (ci − di)2 (ai − di)2 (ai − bi)2
i=1 (cid:32) 3
3 (cid:88)
i=1
i=1
(cid:33) 1 (cid:88) (1.23) ≥ . (ai − ci)2 (bi − di)2
3 (cid:88)
3 (cid:88)
3 (cid:88)
(cid:3) Để chứng minh điều này, đặt xi = ai − bi, yi = ai − di, zi = ai − ci. Cũng vậy, đặt
i=1
i=1
1
2 , (1.23) trở thành
2
2
2
i=1 Nếu α, β hay γ là 0, thì (1.23) là hiển nhiên. Nếu không thì không số nào trong chúng bằng 0. Chia cả hai vế cho (αβγ) (cid:32) 3
α = β = γ = y2 i , z2 i , x2 i .
i=1
i=1
(cid:32) 3 (cid:32) 3 (cid:33) 1 (cid:33) 1 (cid:33) 1 (cid:88) (cid:88) (cid:88) ≥ , + (qi − pi)2 q2 i p2 i
α −
i=1 zi β
. − ở đây pi = yi và qi = zi β xi γ
Bất đẳng thức tiếp theo biết đến là Bất đẳng thức Minkowski. Bằng việc
3 (cid:88)
3 (cid:88)
bình phương và khử:
i=1
i=1
p2 i + q2 i
ở cả hai vế, ta suy ra bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, đây là định lí đã biết.
Nhận xét 1.1. Trong (1.23) và chứng minh của nó, số 3 có thể được thay thế bởi số nguyên dương n và ta rút ra Bất đẳng thức Ptolemy trong không gian n-chiều.
24
Bài toán 1.17. Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O với (cid:91)ABC = (cid:92)ADC = 90◦. Chứng minh rằng BD = AC sin(cid:92)BAD.
Giải. Ta có
= = = = AC. BD sin(cid:92)BAD AB sin(cid:92)BDA AB sin (cid:91)BCA AB AB AC (cid:3)
Bài toán 1.18. Cho tứ giác lồi ABCD. Các cạnh là AB = a, BC = b, CD = c, DA = d và các đường chéo của nó là AC = m, BD = n. Đặt ϕ = (cid:98)A + (cid:98)C. Chứng minh rằng m2n2 = a2c2 + b2d2 − 2abcd cos ϕ.
Giải. Lấy trong tứ giác ABCD một điểm K sao cho (cid:92)KDC = (cid:92)ADB, (cid:92)KCD = (cid:92)ABD. Khi đó ∆DHA = ∆DCK. Từ đây rút ra lời giải bài toán. (cid:3)
Bài toán 1.19. Cho tứ giác nội tiếp ABCD, O là giao điểm của AC và BD. Đường tròn ngoại tiếp các tam giác OAB và OCD lại cắt nhau tại K nằm trong ABCD. Dựng điểm L thuộc nửa mặt phẳng bờ BC không chứa O sao cho tam giác BCL đồng dạng với tam giác ADK. Chứng minh rằng tứ giác BKCL ngoại tiếp.
(cid:3) Giải. Áp dụng Định lí Ptolemy cho tứ giác DOKC và AOKB.
Bài toán 1.20. Cho tam giác ABC. Giả sử AE, BF là các đường phân giác, O là tâm đường tròn ngoại tiếp. Tia EF cắt (O) tại I. Chứng minh rằng
. = + 1 IA 1 IB 1 IC
Nhận xét
Giải. Gọi K là giao điểm thứ hai của I và (O). Áp dụng Định lí Ptolemy rút (cid:3) ra lời giải bài toán.
Chương 1 đã trình bày những kết quả sơ cấp nhất về Định lí Ptolemy và Bất đẳng thức Ptolemy cũng như các ví dụ minh họa việc vận dụng chúng
25
vào giải một số bài toán xuất hiện trong các kỳ thi Olympic và các kỳ thi tuyển chọn học sinh giỏi.
26
Chương 2
Định lí Casey và ứng dụng
Chương 2 dành để trình bày Định lí Casey và ứng dụng Định lý Casey giải
2.1. Định lí Casey
một số bài toán dành cho học sinh giỏi và thi Olympic.
2.1.1. Định lí Feuerbach : Một sự mở rộng của Định lí Ptolemy
Mục đích của phần này là trình bày Định lí Feuerbach (K.W. Feuerbach là
nhà toán học Đức 1800-1834), như một sự mở rộng của Định lí Ptolemy
Để mở rộng Định lí Ptolemy, trước hết ta xét bài toán: Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (E) và với quan niệm coi mỗi điểm là một đường tròn điểm với bán kính bằng 0, còn độ dài đoạn thẳng nối hai điểm đó là độ dài tiếp tuyến chung của hai đường tròn điểm này, ta xét bốn đường tròn (JA), (JB), (JC), (JD) với các tâm và bán kinh tương ứng là (JA), rA; (JB), rB; (JC), rC; (JD), rD sao cho bốn đường tròn (JA), (JB), (JC), (JD) đều tiếp xúc trong với đường tròn (E) tương ứng tại A, B, C, D.
Lấy độ dài tiếp tuyến chung ngoài T V = tAB của hai đường tròn (JA), (JB) thay thế cho khoảng cách giữa hai điểm A, B trong Định lí Ptolemy, khi đó ta có định lí sau.
Định lý 2.1. Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (E). Nếu các đường
27
tròn (JA), (JB), (JC), (JD) đều tiếp xúc trong với đường tròn (E) tương ứng tại A, B, C, D thì độ dài các tiếp tuyến chung ngoài của từng cặp đường tròn (JA), (JB), (JC), (JD) thỏa mãn hệ thức
(2.1) tAB · tCD + tBC · tDA = tAC · tBD.
AB = T V 2 = JAJ 2 t2
B − (rA − rB)2
Chứng minh. Gọi R, rA, rB, rC, rD theo thứ tự là bán kính đường tròn (E), (JA), (JB), (JC), (JD) và (cid:91)AEB = α. Giả sử T V = tAB là độ dài tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (JA), (JB) thì ta có
= JAE2 + JBE2 − 2JAEJBE cos α − (rA − rB)2
và
AB2 = R2 + R2 − 2R2 cos α. (cid:112) Sau khi biến đổi để khử cos α ta được tAB = (R − rA)(R − rB). AB R
28
Tương tự có
(cid:112) tBC = (R − rB)(R − rC);
(cid:112) tCD = (R − rC)(R − rD);
(cid:112) tDA = (R − rD)(R − rA);
(cid:112) tAC = (R − rA)(R − rC);
(cid:112) tBD = (R − rB)(R − rD). BC R CD R DA R AC R BD R
Áp dụng Định lí Ptolemy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (E), sử dụng hệ thức (1.1) và các hệ thức về độ dài tiếp tuyến nêu trên ta được hệ thức (2.1).
Nhận xét 2.1.
1. Nếu hai đường tròn (JA), (JB) cùng tiếp xúc ngoài với đường tròn (E) với T V = tAB là độ dài tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (JA), (JB),
(cid:112) (R + rA)(R + rB). Điều đó thì biến đổi tương tự trên, ta có tAB = AB R
dẫn đến hệ thức (2.1) vẫn đúng khi bốn đường tròn (JA), (JB), (JC), (JD) đều tiếp xúc ngoài với đường tròn (E) tương ứng tại A, B, C, D.
2. Nếu đường tròn (JA) tiếp xúc trong với đường tròn (E) còn đường tròn (JB) tiếp xúc ngoài với đường tròn (E) thì chọn T V = tAB là độ dài tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn (JA), (JB), lúc đó lập luận tương
(cid:112) tự trên ta có tAB = (R − rA)(R + rB). Chọn như thế với các cặp
AB R đường tròn khác, khi đó hệ thức (2.1) vẫn đúng.
3. Trong giả thiết của định lí 2.1, khi thay đường tròn (E) bởi một đường
thẳng thì tAB = AB nên hệ thức (2.1) vẫn đúng.
Từ những nhận xét trên, với cách chứng minh tương tự, ta có Định lí mang
tên nhà toán học Ireland J. Casey (1820-1891) tổng quát hơn Định lí 2.1.
29
Định lý 2.2 (Casey). Giả sử bốn đường tròn (J1), (J2), (J3), (J4) tiếp xúc với đường tròn (E) (hoặc với đường thẳng) tương ứng tại A1, A2, A3, A4 theo thứ tự vòng quanh. Nếu hai đường tròn liên tiếp mà tiếp xúc cùng loại (cùng tiếp xúc trong hoặc cùng tiếp xúc ngoài) với đường tròn (E) (hoặc đường thẳng) thì chọn tiếp tuyến chung ngoài của chúng, còn nếu hai đường tròn liên tiếp mà tiếp xúc khác loại (một tiếp xúc trong và một tiếp xúc ngoài) với đường tròn (E) (hoặc đường thẳng) thì chọn tiếp tuyến chung trong của chúng; khi đó độ dài tik của tiếp tuyến những hai đường tròn (Ji), (Jk) với i và k thuộc {1; 2; 3; 4} thỏa mãn hệ thức
(2.2) t12t34 + t23t41 = t13t24.
Ta thử xét một số trường hợp thỏa mãn hệ thức (2.2) của Định lí 2.2.
1. Nếu tồn tại đường tròn đi qua (tiếp xúc với) ba đường tròn điểm (M1), (M2), (M3) và tiếp xúc với đường tròn (J4) nội tiếp tam giác ABC thì độ dài các tiếp tuyến chung của từng cặp trong bốn đường tròn (M1), (M2), (M3), (J4) phải thỏa mãn hệ thức (2.2).
Vì M1, M2, M3 tương ứng là trung điểm của BC, CA, AB (giả sử a ≥ b ≥ c) nên ta có
, . , t13 = t23 = t12 = c 2 a 2 b 2
Mặt khác
. − (p − a) = t24 = M2F2 = AM2 − AF2 = b 2 a − c 2
Tương tự có
, . t34 = t41 = a − b 2 b − c 2
Từ đó
− . . + = = t12t34 + t23t41 = = t13t24, c 2 a − b 2 a 2 b − c 2 ab 4 bc 2 b 2 a − c 2
tức là hệ thức (2.2) được thỏa mãn. Đường tròn đi qua ba điểm M1, M2, M3 chính là đường tròn Euler có tâm E là trung điểm của OH, trong đó
30
O là tâm đường tròn ngoại tiếp, còn H là trực tâm của tam giác ABC. Kết quả trên dẫn tới dự đoán rằng đường tròn Euler và đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với nhau, điều này là một kết luận của Định lí Feuerbach.
Điều kiện tương tự hệ thức (2.2) về sự tiếp xúc của một đường tròn với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC được nêu trong Định lí Purser.
2. Cho tam giác ABC với độ dài các cạnh là a = BC, b = CA, c = AB. Đẻ
thuận tiện trong tính toán giả sử rằng a ≥ b ≥ c.
Đặt a + b + c = 2p. Gọi J1, J2, J3 và r1, r2, r3 tương ứng là tâm và bán kính đường tròn bàng tiếp tương ứng với cạnh BC, CA, AB và các tiếp điểm K1, K2, K3, P1, P2, Q1, Q2, N2, N3; còn J4 và r4 là tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC và các tiếp điểm F1, F2, F3. Gọi M1, M2, M3 tương ứng là trung điểm của BC, CA, AB và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Các đường cao là AH1, BH2, CH3 cắt
31
nhau tại H.
Chú ý rằng với từng cặp các đường tròn (J1), (J2), (J3) thì lấy các tiếp tuyến chung ngoài, còn lấy tiếp tuyến chung trong của (J4) với mỗi đường tròn còn lại. Ta thấy
BF1 = BF3 = AK3 = AQ3 = CK1 = CQ1 = p − b,
CF1 = CF2 = AK2 = AP2 = BK1 = BP1 = p − c,
AF1 = AF3 = AK3 = BN3 = CK2 = CN2 = p − a.
Từ đó có
t12 = P1P2 = BP1 + BA + AP2 = p − c + c + p − c = a + b,
t13 = Q1Q3 = CQ1 + CA + AQ3 = p − b + b + p − b = a + c,
t23 = N2N3 = CN2 + CB + BN3 = p − a + a + p − a = b + c,
và
t24 = F2K2 = AK2 − AF2 = p − c − (p − a) = a − c,
t34 = F3K3 = AK3 − AF3 = p − b − (p − a) = a − b,
t41 = F1K1 = BK1 − BF1 = p − c − (p − b) = b − c.
Suy ra
t12t34 + t23t41 = (a + b)(a − b) + (b + c)(b − c) = (a + c)(a − c) = t13t24.
Như vậy hệ thức (2.2) đúng. Kết quả này dẫn đến dự đoán rằng tồn tại một đường tròn tiếp xúc ngoài với ba đường tròn (J1), (J2), (J3) và tiếp xúc trong với đường tròn (J4), điều này là một kết luận nữa của Định lí Feuerbach.
Định lý 2.3 (Feuerbach). Đường tròn Euler của tam giác ABC (đường tròn đi qua trung điểm các cạnh và đi qua chân các đường cao của tam giác ABC) tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác và tiếp xúc với ba đường tròn bàng tiếp của tam giác đó.
Phép chứng minh Định lí Feuerbach có thể được tìm thấy trong Hoàng
Chúng & Nguyễn Văn Ban [1].
32
2.1.2. Định lí Casey
Phần này trình bày một sự mở rộng của Định lí Ptolemy, được biết dưới tên gọi Định lí Casey, cùng các ứng dụng của nó trong việc giải quyết các bài toán hình học.
Định lý 2.4. Nếu các đường tròn C1, C2, C3, C4 với các tâm O1, O2, O3, O4 là tiếp xúc trong với một đường tròn C tâm E tại các điểm P1, P2, P3, P4 tương ứng, thì
(2.3) t12 · t34 + t14 · t23 = t13 · t24,
trong đó tik là độ dài của tiếp tuyến chung ngoài của đường tròn Ci và Ck.
Hình 2.1
Chứng minh. Ta xét Hình 2.1.
Giả sử đường thẳng AB là một tiếp tuyến tại Q1, cắt C2 tại Q2. Giả sử đường thẳng P1Q1 cắt C tại S. Giả sử r1, r là bán kính của C1, C. Khi đó các tam giác cân P1O1Q1 và P1OS là đồng dạng. Do đó O1Q1(cid:107) OS. Bởi vì (cid:95). Tương O1Q1 ⊥ AB, nên OS ⊥ AB, do đó S là trung điểm của cung 5.0ptAB tự, đường thẳng P2Q2 đi qua S. Bây giờ ta có
(cid:92)SQ1Q2 = (cid:92)P1Q1A = (cid:92)P1O1Q1 = (cid:92)P1OS = (cid:92)SP2P1. 1 2 1 2
. = = = = Khi đó ∆SQ1Q2 và ∆SP2P1 là đồng dạng. Vậy (cid:114)SQ1 · SQ2 SP1 · SP2 Q1Q2 P2P1 SQ1 SP2 SQ2 SP1 (cid:114)OO1 · OO2 OP1 · OP2
33
Do vậy (cid:112)
(2.4) . t12 = Q1Q2 = P1P2 (r − r1)(r − r2) r
Các biểu thức như vậy đối với các tik khác là tương tự. Do P1, P2, P3, P4 là xoay vòng, theo Định lí Ptolemy ta có
P1P2 · P3P4 + P1P4 · P2P3 = P1P3 · P2P4.
Nhân các số hạng
(cid:112)
(r − r1)(r − r2)(r − r3)(r − r4) r2
và sử dụng (2.4), ta nhận được (2.3).
Hình 2.2
Định lí Casey có thể mở rộng để bao gồm một số trường hợp chẳng hạn Ck là tiếp xúc ngoài với C. Đối với điều này, ta xác định tik tổng quát hơn, là độ dài của tiếp tuyến chung ngoài (tương ứng, trong) của các đường tròn Ci với Ck khi các đường tròn là cùng phía (tương ứng, khác phía) với điểm C. Trong trường hợp Ck tiếp xúc ngoài với C, xét Hình 2.2.
Phép chứng minh là tương tự như trước, ngoại trừ đại lượng r − rk sẽ được
thay thế bởi r + rk.
Điều ngược lại của Định lí Casey và tổng quát hóa của nó cũng đúng. Tuy nhiên, phép chứng minh là khó, dài, và sử dụng phép nghịch đảo trong một số trường hợp. Những chi tiết này có thể được tham khảo trong Johnson R.A. [6].
34
2.2. Một số ứng dụng của Định lí Casey
Trong mục này, luận văn sẽ trình bày việc vận dụng Định lí Casey để đưa
ra lời giải cho một số bài toán hình học.
Bài toán 2.1 (2009 China Hong Kong Math Olympiad). Giả sử ∆ABC là một tam giác vuông tại đỉnh C. Gọi CD là đường cao của tam giác từ C xuống AB, với D thuộc AB. Gọi w là đường tròn ngoại tiếp của ∆BCD. Gọi v là một đường tròn nằm trong ∆ACD, tiếp xúc với các đoạn thẳng AD và AC tại M và N , và cũng tiếp xúc với đường tròn w.
1. Chứng minh rằng BD · CN + BC · DM = CD · BM .
Hình 2.3
2. Chứng minh BM = BC.
Giải. (1) Ta coi như B, C, D là các đường tròn có bán kính 0 tiếp xúc ngoài với w. Khi đó tBD = BD, tCv = CN, tBC = BC, tDv = DM , tCD = CD và tBv = BM . Theo Định lí Casey, (2.3) suy ra BD ·CN +BC ·DM = CD ·BM .
(2) Giả sử các đường tròn v và w tiếp xúc với nhau tại P . Khi đó (cid:92)BP C = 90◦. Giả sử O và O(cid:48) là các tâm của các đường tròn w và v. Khi đó O, P , O(cid:48) là ba
35
điểm thẳng hàng. Do vậy
(cid:17) (cid:92)P N C + (cid:92)P CN =
(cid:17) = (cid:16)(cid:92)P O(cid:48)N + (cid:91)P OC (cid:16) 360◦ − (cid:92)O(cid:48)N C − (cid:92)OCN
1 2 1 2 = 90◦.
Vậy (cid:92)N P C = 90◦. Do đó ba điểm B, P , N thẳng hàng. Suy ra
BM 2 = BP · BN.
Cũng thế (cid:98)C = 90◦ và CP ⊥BN kéo theo
BC 2 = BP · BN.
(cid:3) Tóm lại, BM = BC.
Bài toán 2.2. Giả sử D, E, F là trung điểm các cạnh AB, BC, CA của ∆ABC.
1. Chứng minh rằng đường trong nội tiếp S của ∆ABC tiếp xúc với đường
tròn (chín điểm) đi qua D, E, F .
2. Chứng minh rằng đường tròn được mô tả T trên cạnh BC là tiếp xúc với
N .
Giải. (1) Xét D, E, F như là các đường tròn bán kính 0. Giả sử A(cid:48), B(cid:48), C (cid:48) là các tiếp điểm cuỷa S với các cạnh BC, CA, AB. Đầu tiên ta nhắc lại rằng hai đoạn tiếp tuyến từ một điểm đến một đường tròn có độ dài bằng nhaui. Giả sử
, AB(cid:48) = x = C (cid:48)A, BC (cid:48) = y = A(cid:48)B, CA(cid:48) = z = B(cid:48)C, s = a + b + c 2
trong đó a = BC, b = CA, c = AB. Từ
y + x = BA = c, z + y = CB = a, x + z = AC = b,
ta nhận được
x = = s − a, y = s − b, z = s − c. c + b − a 2
36
và BA = Theo định lí trung điểm, ta có tDE = DE = 1 2
− y . = tF S = F C (cid:48) = |F B − BC (cid:48)| = (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) = c 2 |c − 2(s − b)| 2 c 2 |b − a| 2
Tương tự,
và , , tDS = tF D = tES = tEF = a 2 |c − b| 2 b 2 |a − c| 2
Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c. Khi đó
+ tDE · tF S + tEF · tDS = a(c − b) 4
=
c(b − a) 4 b(c − a) 4 = tF D · tES.
Theo Định lí Casey đảo, ta có S là tiếp tuyến của N đi qua D, E, F .
. (2) Giả sử I là tâm của đường tròn T , và P , Q, R là các tiếp điểm của T tới các đường thẳng BC, AB, CA. Như trong khẳng định (1), tDE = c 2
Để tìm tF T ta cần biết BQ. Đầu tiên là
AQ = AR, BP = BQ, CR = CP.
Do đó
2AQ = AQ + AR = AB + BP + CP + AC = 2s.
Vậy AQ = . Tiếp theo BQ = AQ − AB = s − c. Do đó, s 2
. + (s − c) = tF T = F Q = F B + BQ = c 2 b + a 2
. Ta có Tương tự, tET = a + c 2
. − (s − c) = tDT = DP = DB − BP = DB − BQ = a 2 c − b 2
Khi đó
+ = tF D · tET + tEF · tDT = = tDE · tF T . b(a + c) 4 a(c − b) 4 c(b + a) 4
37
Áp dụng Định lí Casey đảo ta có T tiếp xúc với đường tròn N đi qua D, E, (cid:3) F .
Bài toán 2.3 (IMO 2011). Giả sử ABC là một tam giác nhọn với đường tròn ngoại tiếp là Γ. Giả sử L là một tiếp tuyến với Γ, và cho La, Lb và Lc là các đường thẳng nhận được bằng phép phản xạ L qua các đường BC, CA và AB. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của tam giác được xác định bởi các đường thẳng La, Lb và Lc là tiếp xúc với Γ.
Giải.[Dựa vào lời giải của Chow Chi Hong, thành viên đội tuyển Hong Kong IMO 2011]
Ta sẽ chứng minh bổ đề dưới đây.
Hình 2.4
Bổ đề 2.1. Trong Hình 2.4, L là tiếp tuyến với Γ, T là tiếp điểm. Giả sử ha, hb, hc tương ứng là độ dài đường cao hạ từ A, B, C đến đường thẳng L. Khi đó (cid:112) (cid:112) (cid:112) ha sin (cid:91)BAC + hb sin (cid:91)ABC = hc sin (cid:91)ACB.
Chứng minh. Vì tứ giác ACBT nội tiếp nên theo Định lí Ptolemy ta có
AT · BC + BT · CA = CT · AB.
Áp dụng Định lí sine cho tam giác ABC ta có
= = = 2R, BC sin (cid:91)BAC AC sin (cid:91)ABC AB sin (cid:91)ACB
38
trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC. Suy ra AT sin (cid:91)BAC + BT sin (cid:91)ABC = CT sin (cid:91)ACB.
Giả sử θ là góc giữa hai đường thẳng AT và L, khi đó
(2.5) , AT = ha sin θ
trong đó k là bán kính đường tròn ngoại tiếp của ∆ABC.
Áp dụng Định lí sine cho tam giác ACT ta có
= 2R. AT sin (cid:91)ACT
Ta lại có (cid:91)ACT = (cid:92) (AT, L) = θ. Suy ra
(2.6) = 2R. AT sin θ
Từ (2.5) và (2.6) suy ra AT 2 = 2Rha. Vậy
(cid:112) AT = 2Rha.
Chứng minh tương tự ta có
(cid:112) (cid:112) BT = 2Rhb, CT = 2Rhc.
Thay những đại lượng này vào công thức (2.3) ta có điều phải chứng minh. Điều này kết thúc phép chứng minh của Bổ đề 2.1.
Trở lại bài toán, giả sử
La ∩ L = A(cid:48), Lb ∩ L = B(cid:48), Lc ∩ L = C (cid:48), La ∩ Lb = C (cid:48)(cid:48), Lb ∩ Lc = A(cid:48)(cid:48), Lc ∩ La = B(cid:48)(cid:48).
Tiếp theo
(cid:92)A(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48) = (cid:92)A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)A(cid:48) − (cid:92)C (cid:48)(cid:48)A(cid:48)B(cid:48)
= 2(cid:92)CB(cid:48)A(cid:48) − (180◦ − 2(cid:92)CA(cid:48)B(cid:48)) = 180◦ − 2 (cid:91)ACB.
39
Tương tự
(2.7)
(cid:92)A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48) = 180◦ − 2 (cid:98)B và (cid:92)B(cid:48)(cid:48)A(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48) = 180◦ − 2 (cid:98)A. Xét ∆A(cid:48)C (cid:48)B(cid:48)(cid:48). Ta có A(cid:48)B là phân giác của (cid:92)B(cid:48)A(cid:48)B(cid:48)(cid:48) và C (cid:48)B là phân giác của (cid:92)A(cid:48)C (cid:48)B(cid:48)(cid:48). Do đó B là tâm đường tròn bàng tiếp của ∆A(cid:48)C (cid:48)B(cid:48)(cid:48) đối với C (cid:48). Do đó B(cid:48)(cid:48)B là phân giác của (cid:92)A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48). Tương tự, A(cid:48)(cid:48)A là phân giác của (cid:92)B(cid:48)(cid:48)A(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48) và C (cid:48)(cid:48)C là phân giác của (cid:92)B(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48)A(cid:48)(cid:48). Do đó, chúng giao nhau tại tâm đường tròn nội tiếp I của ∆A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48).
Ta có
(cid:17) (cid:92)A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)(cid:48) (cid:91)IAB = (cid:92)AA(cid:48)(cid:48)C (cid:48) + (cid:92)AC (cid:48)A(cid:48)(cid:48) = (cid:16) (cid:92)B(cid:48)A(cid:48)(cid:48)C (cid:48) + (cid:92)B(cid:48)C (cid:48)A(cid:48)(cid:48) = 1 2 1 2
và tương tự
(cid:92)B(cid:48)A(cid:48)C (cid:48)(cid:48). (cid:91)IBA = 1 2
40
Do đó
(cid:92)C (cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48)A(cid:48)(cid:48) (cid:92)C (cid:48)(cid:48)A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48) − = 180◦ − 1 2
= 90◦ +
(cid:17) do công thức (2.7) (cid:91)AIB = 180◦ − (cid:92)IA(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48) − (cid:92)IB(cid:48)(cid:48)A(cid:48)(cid:48) 1 2 (cid:92)A(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48) (cid:16) 180◦ − 2 (cid:98)C
1 2 1 = 90◦ + 2 = 180◦ − (cid:91)ACB.
Do đó I nằm trên Γ.
Giả sử D là chân đường thẳng vuông góc hạ từ I xuống A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48), khi đó ID = r là bán kính đường tròn nội tiếp của ∆A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48). Giả sử E và F tương ứng là các chân đường thẳng vuông góc hạ từ B đến A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48) và B(cid:48)A(cid:48). Khi đó BE = BF = hB.
Giả sử T (X) là độ dài tiếp tuyến từ X đến Γ, trong đó X bên ngoài Γ. Do
(cid:92)A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48)I = (cid:92)A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48) = 90◦ − (cid:98)B 1 2
bởi (2.7), ta nhận được
√ B(cid:48)(cid:48)B · B(cid:48)(cid:48)I T (B(cid:48)(cid:48)) =
(cid:115)
· = ID sin(90◦ − (cid:98)B) √
= BE sin(90◦ − (cid:98)B) hBr cos B
Giả sử R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của ∆A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48). Khi đó √ (cid:16) (cid:17) T (B(cid:48)(cid:48)) · C (cid:48)(cid:48)A(cid:48)(cid:48) = 180◦ − 2 (cid:98)B
2R sin (cid:112) hBr cos B √ r = 4R hB sin B
Tương tự, ta có nhận được các biểu thức đối với T (A(cid:48)(cid:48))·B(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48) và T (C (cid:48)(cid:48))·A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48). Sử dụng Bổ đề 2.1 ta nhận được
T (A(cid:48)(cid:48)) · B(cid:48)(cid:48)C (cid:48)(cid:48) + T (B(cid:48)(cid:48)) · C (cid:48)(cid:48)A(cid:48)(cid:48) = T (C (cid:48)(cid:48)) · A(cid:48)(cid:48)B(cid:48)(cid:48).
41
Theo Định lí Casey đảo của ta có điều phải chứng minh.
(cid:3) Phép chứng minh của bài toán được hoàn thành.
Bài toán 2.4 (xem [3]). Cho ∆ABC là một tam giác cân với AB = AC = L. Một đường tròn ω tiếp xúc với BC và cung BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆ABC. Một đường thẳng từ A tiếp tuyến với ω tại tiếp điểm P . Mô tả quỹ tích của P khi ω thay đổi.
Giải. Chúng ta sử dụng Định lí Casey cho các đường tròn (A), (B), (C) (với bán kính 0) và ω, tất cả tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp của ∆ABC. Do đó, nếu ω cắt BC tại Q, ta có
L · CQ + L · BQ = AP · BC.
Suy ra
AP = = L.
L(BQ + CQ) BC Độ dài AP là hằng số, nghĩa là quỹ tích của P là đường tròn tâm A bán kính (cid:3) AB = AC = L.
Bài toán 2.5 (xem [3]). Giả sử (O) là một đường tròn với đường kính AB và P , Q là hai điểm trên (O) nằm ở hai phía khác nhau so với AB. Gọi T là hình chiếu vuông góc của Q lên AB. Giả sử (O1) và (O2) là các đường tròn với các đường kính T A, T B. Các đường thẳng P C, P D tương ứng là các đoạn tiếp tuyến từ P đến (O1) và (O2). Chứng minh rằng P C + P D = P Q.
Giải. Giả sử δ12 là ký hiệu độ dài của các đoạn tiếp tuyến chung ngoài của (O1) và (O2).
Ta sử dụng Định lí Casey cho các đường tròn (O1), (O2), (P ) và (Q), tất cả tiếp xúc trong với (O).
P C · QT + P D · QT = P Q · δ12.
Suy ra √
P C + P D = P Q · = P Q · = P Q. δ12 QT T A · T B T Q (cid:3)
42
Hình 2.5: Bài toán 2.5
Bài toán 2.6. Trong tam giác ∆ABC, giả sử ωA, ωB và ωC là các đường tròn tiếp xúc với BC, CA, AB qua các trung điểm của chúng và các cung BC, CA, AB các đường tròn ngoại tiếp của nó (không chứa A, B, C). Nếu δBC, δCA, δAB tương ứng ký hiệu cho độ dài các tiếp tuyến chung ngoài giữa (ωB, ωC), (ωC, ωA) và (ωA, ωB), hãy chứng minh rằng
. δBC = δCA = δAB = a + b + c 4
Giải. Giả sử δA, δB, δC tương ứng là là độ dài các tiếp tuyến từ A, B, C đến ωA, ωB, ωC. Theo Định lí Casey đối với các đường tròn (A), (B), (C), ωB, tất cả tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp của ∆ABC, ta nhận được
Suy ra (a + c) δB · b = a · AE + c · CE. δB = 1 2
Tương tự, áp dụng Định lí Casey cho (A), (B), (C), ωC ta sẽ nhận được
(a + b) Bây giờ, sử dụng Định lí Casey cho (B), (C), ωB, ωC, ta nhận 1 2 δC = được
δB · δC = δBC · a + BF · BE.
Suy ra
= = δBC = δB · δC − BF · BE a (a + c)(a + b) − bc 4a a + b + c 4
43
Cũng với lý do tương tự, ta có
(a + b + c). δCA = δAB = 1 4
(cid:3)
Bài toán 2.7 (xem [3]). Một đường tròn K đi qua các đỉnh B và C của ∆ABC và một đường tròn ω khác tương ứng cắt AB, AC, K tại P , Q, T . (cid:95) của K, hãy chứng minh rằng BC, Nếu M là trung điểm của cung 5.0ptBT C P Q, M T đồng quy.
Giải. Giả sử R và (cid:37) tương ứng là bán kính của K và ω. Sử dụng công thức (2.13) của Định lí 2.4 đối với ω và (B) và ω(C). Cả hai đường tròn (B) và (C) với bán kính 0 và tiếp xúc với K ở B và C, ta nhận được
. = , T B2 = = T C 2 = BP 2 · R R − (cid:37) CQ2 · R2 (R − (cid:37))(R − 0) CQ2 · R2 (R − (cid:37)) BP 2 · R2 (R − (cid:37))(R − 0)
Điều này kéo theo
. = T B T C BP CQ
Giả sử P Q cắt BC tại U . Theo Định lí Menelaus đối với ∆ABC cắt bởi U P Q ta có
· . = = = BP CQ U B U C T B T C BP AP
AQ CQ Do đó áp dụng định lí góc phân giác ta có U là chân đường phân giác góc (cid:3) ngoài T M của ∆BT C.
Bài toán 2.8 (xem [3], Định lí Feuerbach). Giả sử D, E, F là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB trong ∆ABC. Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp (I) của ∆ABC tiếp xúc với (DEF ).
Giải. Xét các đường tròn (D), (E), (F ) với bán kính 0 và (I). Ký hiệu δXY được hiểu là độ dài đoạn tiếp tuyến ngoài giữa các đường tròn (X) và (Y ), khi đó
. δDE = , δEF = , δF D = , δDI = , δEI = , δF I = c 2 a 2 b 2 b − c 2 a − c 2 b − a 2 (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12) (cid:12)
44
Để áp dụng Định lí Casey, ta sẽ kiểm chứng nếu, với một tổ hợp nào đó các dấu + và −, ta nhận được ±c(b − a) ± a(b − c) ± b(a − c) = 0, mà nó là tầm thường. Do đó, tồn tại một đường tròn tiếp xúc với (D), (E), (F ) và (I), tức là (I) là tiếp xúc trong với (DEF ). Sử dụng lý do tương tự để chứng minh (cid:3) rằng (DEF ) là tiếp xúc với ba đường tròn bàng tiếp của ∆ABC.
Bài toán 2.9 (xem [3]). Giả sử ∆ABC là một tam giác không đều, và D, E, F là các các trung điểm của BC, CA, AB. Đường tròn nội tiếp (I) và đường tròn chín điểm (DEF ) của ∆ABC là tiếp xúc trong với điểm Feuerbach Fe. Chứng minh rằng một trong các đoạn FeD, FeE, FeF bằng tổng độ dài của hai đoạn còn lại.
Giải. Giả sử rằng b ≥ a ≥ c. Đường tròn nội tiếp (I, r) cắt BC tại M . Sử dụng công thức (2.13) của Định lí 2.4 cho (I) và (D) (với các bán kính 0) tiếp (cid:19) (cid:18) , ta có xúc với đường tròn chín điểm N, R 2
2
(cid:1)2 (cid:114)
· . Suy ra FeD2 = FeD = R R − 2r (b − c) 2 DM 2 · (cid:0) R 2 − r(cid:1) (R − 0) (cid:0) R
Bởi lý do tương tự, ta có các biểu thức
(cid:114) (cid:114)
· · , . FeE = FeF = R R − 2r (a − c) 2 R R − 2r (b − a) 2
Do đó, (cid:114)
· FeE + FeF = = FeD. R R − 2r (b − c) 2
(cid:3) Phép chứng minh được kết thúc.
Bài toán 2.10 (xem [3]). Cho ∆ABC là một tam giác thỏa mãn điều kiện AC > AB. Một đường tròn ωA tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp ω của (cid:95) của đường tròn ω, nó và AB, AC. Điểm S là trung điểm của cung 5.0ptBC mà không chứa A và ST là đoạn tiếp tuyến từ S đến ωA. Chứng minh rằng
. = ST SA AC − AB AC + AB
45
Giải. Giả sử M và N là các tiếp điểm của ωA với AC, AB. Áp dụng Định lí Casey cho ωA, (B), (C), và (S), tất cả tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp ω, ta nhận được
ST · BC + CS · BN = CM · BS.
Suy ra
ST · BC = CS(CM − BN )
Nếu U đối xứng với B qua đường thẳng AS, khi đó
CM − BN = U C = AC − AB.
Do vậy
(2.8) ST · BC = CS(AC − AB).
Áp dụng Định lí Ptolemy đối với ABSC, ta nhận được
SA · BC = CS(AB + AC).
Cùng với (2.8), ta nhận được
. = ST SA AC − AB AC + AB
(cid:3)
2). Ngoài ra, (S2), (S(cid:48)
Bài toán 2.11 (xem [3]). Giả sử hai đường tròn tương đẳng (S1) và (S2) cắt nhau tại hai điểm, Một đường (cid:96) cắt (S2) tại A, C và (S1 ) tại B và D (các điểm A, B, C, D được sắp theo thứ tự này). Hai đường tròn phân biệt ω1, ω2 tiếp xúc với đường thẳng (cid:96) và các đường tròn (S1) và (S2) tương ứng ở phía trong và ngoài. Nếu ω1 và ω2 tiếp xúc ngoài, hãy chứng tỏ rằng AB = CD.
Giải. Giả sử P ≡ ω1 ∩ ω2, và M , N là hai tiếp điểm của ω1 và ω2 với một tiếp tuyến ngoài nào đó. Nghịch đảo tâm P và lũy thừa P B · P D sẽ nhận được (S1) và đường thẳng (cid:96) được nghịch đảo thành chính nó. Các đường tròn ω1 và ω2 đi đến hai đường thẳng song song k1 và k2 tiếp xúc với (S1) và đường tròn (S2) đến một đường tròn khác (S(cid:48) 2) tiếp xúc với k1, k2. Do đó, (S2) tương đẳng với nghịch đảo của nó (S(cid:48) 2) đối xứng qua P , suy ra P C · P A = P B · P D.
46
Áp dụng Định lí Casey đối với ω1, ω2, (D), (B), (S1) và ω1, ω2, (A), (C), (S2)
ta nhận được
DB = , AC = 2P B · P D M N 2P A · P C M N (cid:3) 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 là một tam giác đều với độ dài cạnh là L. Giả sử (O, r) và (O, R) là các đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp của ∆ABC. Gọi P là một điểm trên (O, r) và P1, P2, P3 là các hình chiếu của P lên BC, CA, AB. Các đường tròn T1, T2 và T3 cắt BC, CA, AB tại các điểm P1, P2, P3 và (O, R) (phía trong), các tâm của chúng nằm trên các cạnh khác nhau BC, CA, AB tương ứng với A, B, C. Chứng minh rằng tổng các độ dài của các đoạn tiếp tuyến chung ngoài của T1, T2 và T3 là một hằng số.
Giải. Giả sử δ1 là 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 1 + L · CP 1 = δ1 · L. Suy ra δ1 = L. Tương tự, ta có δ2 = δ3 = L. Áp dụng Định lí Euler đối với tam giác (tam giác thùy túc/tam giác bàn đạp - pedal triangle) ∆P1P2P3 hoặc P , ta nhận được
[ABC] = [ABC] = [ABC]. [P 1P 2P 3] = p(P, (O)) 4r2 3 16 r2 − r2 4r2
Do đó ta nhận được
AP2 · AP3 + BP3 · BP1 + CP1 · CP2 = ([ABC] − [P1P2P3])
(2.9) = 2 sin 60 13 L2. 16
Áp dụng Định lí Casey cho (B), (C), T2, T3 tất cả tiếp xúc với (O, R), ta nhận được
δ2 · δ3 = L2 = BC · δ23 + CP2 · BP3 = L · δ23 + (L − AP1)(L − AP2).
Thực hiện biến đổi xoay vòng, ta có các 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 được
L. L = δ23 + δ31 + δ12 = 3L − 13 16 35 16
2.3. Bất đẳng thức Casey
(cid:3)
Mục này chúng tôi sẽ dành để trình bày về Bất đẳng thức Casey dựa theo
Hung T.Q. [4].
Định lí sau đây là được xem như một mở rộng của bất đẳng thức Ptolemy.
Ta sẽ gọi chúng là bất đẳng thức Casey.
Định lý 2.5 (Bất đẳng thức Casey). Giả sử ABC là một tam giác nội tiếp đường tròn (O). Giả sử (I) là một đường tròn bất kỳ. Từ A, B và C vẽ các tiếp tuyến AA(cid:48), BB(cid:48), CC (cid:48) đến (I), với các tiếp điểm A(cid:48), B(cid:48), C (cid:48) ∈ (I). Chứng minh rằng
1. Nếu (I) ∩ (O) = ∅ thì a · AA(cid:48), b · BB(cid:48), c · CC (cid:48) là ba cạnh của một tam
giác.
2. Nếu (I) ∩ (O) (cid:54)= ∅ thì
• (I) giao với cung 5.0ptBC
(2.10)
• (I) giao với cung 5.0ptCA
(2.11)
• (I) giao với cung 5.0ptBA
(2.12)
(cid:95) không chứa A thì aAA(cid:48) ≤ bBB(cid:48) + cCC (cid:48); (cid:95) không chứa B thì bBB(cid:48) ≤ cCC (cid:48) + aAA(cid:48); (cid:95) không chứa C thì cCC (cid:48) ≤ aAA(cid:48) + bBB(cid:48).
48
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (I) tiếp xúc với (O).
Chứng minh. (1) Xét trường hợp (I) ∩ (O) = ∅. Giả sử rằng bán kính của (I) là r, vẽ đường tròn (I, r(cid:48)) (tâm I và bán kính r(cid:48)) cắt (O) ở một điểm trên (cid:95) không chứa A. Dễ thấy r(cid:48) ≤ r. Vẽ các tiếp tuyến AA(cid:48)(cid:48), BB(cid:48)(cid:48), cung 5.0ptBC CC (cid:48)(cid:48) của (I, r(cid:48)) với A(cid:48)(cid:48), B(cid:48)(cid:48), C (cid:48)(cid:48) ∈ (I, r(cid:48)). Áp dụng Định lí Pythagoras ta có
AA(cid:48)2 + r2 = IA2, AA(cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 = IA2.
Do đó AA(cid:48)2 = AA(cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2 và tương tự thì
(2.13) BB(cid:48)2 = BB(cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2, CC (cid:48)2 = CC (cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2.
Từ Định lí Casey, bình phương hai vế ta nhận được
(2.14) a2AA(cid:48)(cid:48)2 = b2BB(cid:48)(cid:48)2 + c2CC (cid:48)(cid:48)2 + 2bcBB(cid:48)(cid:48)CC (cid:48)(cid:48).
Bây giờ nếu ta chứng minh rằng
bBB(cid:48) + cCC (cid:48) ≤ aAA(cid:48) ≤ |bBB(cid:48) − cCC (cid:48)|
49
thì
a · AA(cid:48), b · BB(cid:48), c · CC (cid:48)
sẽ là ba cạnh của một tam giác. Thật vậy, bất đẳng thức bBB(cid:48) +cCC (cid:48) ≤ aAA(cid:48) tương đương với
• b2BB(cid:48)2 + c2CC (cid:48)2 + 2bcBB(cid:48)CC (cid:48) ≥ a2AA(cid:48)2.
• b2(BB(cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2) + c2(CC (cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2) + 2bcBB(cid:48)CC (cid:48) ≥ a2AA(cid:48)2 (nhận
được từ (2.13)).
• (b2 + c2 − a2)(r(cid:48)2 − r2) − 2bcBB(cid:48)(cid:48)CC (cid:48)(cid:48) + 2bcBB(cid:48)CC (cid:48) ≥ 0 (nhận được từ
(2.14)).
• 2bc cos A(r(cid:48)2 − r2) − 2bcBB(cid:48)(cid:48)CC (cid:48)(cid:48) (cid:112) +2bc (BB(cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2)(CC (cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2) ≥ 0 (nhận được từ (2.13)).
(cid:112) • cos A(r(cid:48)2 − r2) − BB(cid:48)(cid:48)CC (cid:48)(cid:48) + (BB(cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2)(CC (cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2) ≥ 0.
Bất đẳng thức cuối cùng là đúng
(cid:112) (BB(cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2)(CC (cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2) ≥ BB(cid:48)(cid:48)CC (cid:48)(cid:48) + r(cid:48)2 − r2
do bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, chú ý rằng bất đẳng thức đúng là vì cos A(r(cid:48)2 − r2) + r(cid:48)2 − r2 ≥ 0 từ r(cid:48) ≤ r và (1 + cos A) ≥ 0. Ta đã hoàn thành phép chứng minh.
Bây giờ bất đẳng thức aAA(cid:48) ≥ |bBB(cid:48) − cCC (cid:48)| là tương với
b2BB(cid:48)2 + c2CC (cid:48)2 − 2bbBB(cid:48)CC (cid:48) ≤ a2AA(cid:48)2.
Sử dụng những biến đổi tương tự như trên ta phải chứng minh rằng
(BB(cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2)(CC (cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2) ≥ 0 cos A(r(cid:48)2 − r2) − BB(cid:48)(cid:48)CC (cid:48)(cid:48) − (cid:112)
Bởi vì
−(cid:112) (BB(cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2)(CC (cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2) ≤ −BB(cid:48)(cid:48)CC (cid:48)(cid:48) − (r(cid:48)2 − r2)
do đó vế trái của bất đẳng thức nhỏ hơn hoặc bằng đại lượng
cos A(r(cid:48)2 − r2) − r(cid:48)2 − r2 − 2BB(cid:48)(cid:48)CC (cid:48)(cid:48) < 0,
50
mà đây là một bất đẳng thức.
Các trường hợp (I, r(cid:48)) cắt 5.0ptCA
(cid:95) (cid:95) không chứa điểm B và cung 5.0ptAB không chứa C được chứng minh tương tự. Ta đã chứng minh xong khẳng định (1).
(cid:95) không chứa A. Vẽ (cid:95) không chứa A. Dễ thấy r(cid:48)(cid:48) ≤ r. Kẻ các tiếp tuyến
(2) Nếu (I) ∩ (O) (cid:54)= ∅. Giả sử (I, r) giao với cung 5.0ptBC (I, r(cid:48)(cid:48)) cắt cung 5.0ptBC AA(cid:48)(cid:48), BB(cid:48)(cid:48) và CC (cid:48)(cid:48) của đường tròn (I, r(cid:48)(cid:48)) với A(cid:48)(cid:48), B(cid:48)(cid:48), C (cid:48)(cid:48) ∈ (I, r(cid:48)(cid:48)).
Tương tự, áp dụng Định lí Pythagoras như trong khẳng định (1), ta nhận được các đẳng thức
AA(cid:48)2 = AA(cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)(cid:48)2 − r2, BB(cid:48)2 = BB(cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)(cid:48)2 − r2, CC (cid:48)2 = CC (cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)(cid:48)2 − r2.
Hoặc là,
(2.15) AA(cid:48)(cid:48)2 = AA(cid:48)2 + r2 − r(cid:48)(cid:48)2, BB(cid:48)(cid:48)2 = BB(cid:48)2 + r2 − r(cid:48)(cid:48)2, CC (cid:48)(cid:48)2 = CC (cid:48)2 + r2 − r(cid:48)(cid:48)2.
51
Sử dụng Định lí Casey và (2.15) với các biến đổi tương tự, bất đẳng thức tương đương với
(2.16) cos A(r(cid:48)(cid:48)2 − r2) − BB(cid:48)(cid:48)CC (cid:48)(cid:48) + BB(cid:48)CC (cid:48) ≤ 0.
Chú ý rằng
(cid:112) (BB(cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2)(CC (cid:48)(cid:48)2 + r(cid:48)2 − r2) ≥ BB(cid:48)CC (cid:48) + r2 − r(cid:48)(cid:48)2. BB(cid:48)(cid:48)CC (cid:48)(cid:48) =
Do đó vế trái sẽ nhỏ hơn hoặc bằng
cos A(r(cid:48)(cid:48)2 − r2) − (r2 − r(cid:48)(cid:48)2) = (r(cid:48)(cid:48)2 − r2)(1 + cos A) ≤ 0.
Điều này đúng bởi vì r(cid:48)(cid:48) ≤ r và 1 + cos A ≥ 0.
Các trường hợp (I, r(cid:48)(cid:48)) cắt cung 5.0ptCA
(cid:95) (cid:95) không chứa B và cắt cung 5.0ptAB không chứa C ta thực hiện phép chứng minh tương tự. Ta đã kết thúc phép chứng minh cho khẳng định (2).
2.4. Một số bài toán đề nghị
Vậy, phép chứng minh của định lí được hoàn tất.
Bài toán 2.13 (Định lí Purser). Cho ∆ABC với đường tròn ngoại tiếp (O) và ω là một đường tròn khác trong mặt phẳng. Gọi AX, BY , CZ là các đoạn tiếp tuyến từ A, B, C đến ω. Chứng minh rằng ω tiếp xúc với (O) khi và chỉ khi
±AX · BC ± BY · CA ± CZ · AB = 0.
Bài toán 2.14. Đường tròn ω tiếp xúc với các cạnh AB và AC của ∆ABC tại P và Q và với đường tròn ngoại tiếp (O) của nó. Chứng minh rằng trung điểm của P Q hoặc là tâm đường tròn nội tiếp của ∆ABC hoặc là tâm đường tròn bàng tiếp đỉnh A của ∆ABC, tùy vào (O) và ω tiếp xúc trong hay tiếp xúc ngoài.
Bài toán 2.15. Cho tam giác ∆ABC là A-bên phải với đường tròn ngoại tiếp (cid:95) của (O). (O). Đường tròn ΩB tiếp xúc với các đoạn OB, OA và cung 5.0ptAB
52
(cid:95) của (O). Giả
Đường tròn ΩC tiếp xúc với các đoạn OC, OA và cung 5.0ptAC sử ΩB ,ΩC tiếp xúc OA tại P , Q. Chứng minh rằng
. = AB AC AP AQ
Bài toán 2.16 (Gumma, 1874). Cho trước đường tròn (O, r) nằm ở miền trong của hình vuông ABCD với độ dài cạnh L. Cho (Oi, ri) với i = 1, 2, 3, 4 là các đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của hình vuông và (O, r) (phía ngoài). Hãy xác định L như là một hàm của 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 và đường tròn thứ ba k2(r2) tiếp xúc Γ, τ2, k1. Giả sử các tiếp xúc nói trên đều là tiếp xúc ngoài. Chứng minh rằng R = 2 r1 · r2.
Bài toán 2.18 (Victor Thébault, 1938). Xét tam giác ∆ABC có đường tròn nội tiếp (I, r) và đường tròn ngoại tiếp (O). Gọi D là một điểm trên AB. (cid:95) của (O). Đường tròn Γ1(r1) tiếp xúc với các đoạn DA, DC và cung 5.0ptCA (cid:95) của Đường tròn Γ2(r2) tiếp xúc với các đoạn DB và DC và cung 5.0ptCB (O). Nếu (cid:92)ADC = ϕ thì hãy chứng tỏ rằng
= r. r1 · cos2 ϕ 2 + r2 · sin2 ϕ 2
53
Kết luận
Với mục đích trình bày một sự mở rộng của định lý Ptolemy, luận văn “Định lí Casey và ứng dụng” đã giới thiệu một cách có chọn lọc những vấn đề sau:
1. Trình bày nội dung của Định lí Ptolemy, Định lí Feuerbach và một số ví dụ minh họa việc vận dụng Định lí Ptolemy, Định lí Feuerbach vào giải một số bài toán chứng minh đẳng thức,bất đẳng thức liên quan đến tứ giác nội tiếp. Nội dung này cũng là cơ sở để nghiên cứu Định lí Casey;
2. Trình bày chi tiết Định lí Casey cùng các ví dụ minh họa việc vận dụng định lý Casey vào giải quyết một số bài toán về chứng minh đẳng thức, bất đẳng thức liên quan đến tiếp tuyến của đường tròn.
3. Các bài tập trong luận văn là các bài tập dành cho học sinh giỏi, các đề thi Olympic... đã được luận văn sưu tầm để nêu bật lên tính ứng dụng của Định lý Casey cũng như Định lý Ptolemy. Một số lời giải đã được luận văn cụ thể chi tiết các bước trung gian để thuận tiện cho người đọc.
4. Qua các nội dung được trình bày ở trên đã cho ta thấy con đường khái quát hóa và đặc biệt hóa đã đưa chúng ta đi từ định lí Pythagoras, định lí Ptolemy qua định lí Casey rồi đến định lí Feuerbach, đồng thời thấy được mối liên hệ giữa đường tròn nội tiếp, ba đường tròn bàng tiếp và đường tròn Euler của một tam giác.
54
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Hoàng Chúng, Nguyễn Văn Ban (1995, 1997), Hình học của tam giác,
NXB Giáo dục.
[2] Tuyển chọn theo chuyên đề Toán học và Tuổi trẻ, quyển 6, NXB Giáo
Tiếng Anh
dục Việt Nam.
[3] González L. (2011), “Casey’s theorem và 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) (3-
4/2012),
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.
