Luận văn định lý casey và ứng dụng

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 tốn 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 hoàn 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 hồn 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 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) [ = ACD \ Chứng minh Chọn điểm E nằm tứ giác ABCD cho ABE [ = CAD \ Xét cặp tam giác đồng dạng ABE ACD, ABC và BAE 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 [ = ADC \ = 90◦ , ta có Hệ 1.2 Cho tứ giác nội tiếp ABCD với ABC \ BD = AC sin BAD Chứng minh Ta có   \ = AC sin BAC [ + DAC \ AC sin BAD   [ \ = AC sin BAC + DAC   [ \ [ \ = AC sin BAC · cos DAC + cos BAC · sin DAC   BC AD DC AB = AC · + · AC AC AC AC BC · AD + DC · AB = AC · AC = BC · AD + DC · AB = BD Vậy phép chứng minh hoàn thành Thực ra, Hệ 1.2 A, B, C, D nằm đường tròn (với thứ tự tùy ý) [ = ADC \ = 90◦ , ABC từ Định lí sine ta có ∆BAD BD đường kính AC đường tròn ngoại tiếp \ sin 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, \ = EF [ BCD A = 60◦ [ = DHE \ = 120◦ Gọi G H hai điểm lục giác thỏa mãn AGB 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 \ + AGB [ = DY \ \ = 180◦ AXB E + DHE 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 [ [ AP B − ACB 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 [ , ACP [ cắt điểm AP ABP 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 [ [ = Y[ \ = Y[ \=Y \ AP B − ACB AP + XBY ZP + XZP ZX B Z X D P E C A Y [ [ = XY \ Chứng minh tương tự ta có AP C − ABC 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 [ = CP sin ACB [ Ta có Vì XZ = XY nên BP sin ABC [ BP sin ACB = CP [ sin ABC (1.2) Áp dụng Định lí sine cho tam giác ABC ta có AB AC = [ [ sin ACB sin ABC Suy [ sin ACB AB = AC [ sin ABC (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 [ nên ABP AB HA = (1.5) BP HP Gọi K giao điểm CE AP Vì CK đường phân giác góc [ nên ACP KA AC = (1.6) CP KP Từ (1.4), (1.5) (1.6) suy HA KA = HP KP Suy H ≡ K Vậy ba đường thẳng AP , BD CE cắt điểm AP  Bài toỏn 1.3 (Bt ng thc Esdăos-Mordell) Cho P l im ∆ABC gọi da , db , dc khoảng cách từ P tới BC, CA, AB Chỉ P A + P B + P C ≥ 2(da + db + dc ) Đẳng thức xảy ∆ABC P tâm đường tròn nội tiếp Giải Gọi X, Y , Z chân đường vuông góc hạ từ P xuống BC, CA, Bài tốn 1.2.3 AB B B da E dc A P db C A C D Theo Hệ 1.2 định lí sine định lí cosine, ta có Bài tốn 1.2.4 q b = Y Z = d2 + d2 − 2db dc cos(180◦ − A) b P A sin A c b B b=B b + C, b khai triển nhóm lại ta Từ 180◦ − A B n o1 b = (db sin C b + dc sin B) b + (dc cos C b − dc cos B) b 2 P A sin A b + dc sin B b ≥ db sin C A C P Sử dụng bất đẳng thức tương tự bất đẳng thức cuối kết C A D 10 x+ ≥ với x > 0, ta có x Bài tốn 1.2.3 PA + PB + PC ≥ X db sin C b + dc sin B b B B = X da b sin A ! b b sin B sin C + b sin B b sin C (1.7) da E dc A ≥ 2(da + db + dc ) P db Ở phương trình (1.7) C số hạng Cuối cùng, A có nhờ xếp lại b b b đẳng thức C xảy A = B = C da = db = dc , nghĩa là, ∆ABC P tâm đường trịn nội tiếp  D Bài tốn 1.4 (IMO 1991) Cho tam giác ABC P điểm nằm tam Bài toán 1.2.4 \ giác Chỉ góc P[ AB, P BC, P[ CA nhỏ 30◦ B B A P C C A D Giải Giả sử khơng có góc ba góc nhỏ 30◦ Nếu ba góc nhỏ 150◦ , hai góc cịn lại lớn 30◦ , mâu thuẫn Vì ta giả sử ba góc lớn 30◦ nhỏ \ 150◦ Gọi da khoảng cách từ P đến BC, 2da = 2P B sin P BC > (2 sin 30◦ )P B = P B  A Bài toán B1.5 Đường tròn nội tiếp (I) tam giác ABC theo thứ tự tiếp xúc với AC AB E F Các đường thẳng BE CF theo thứ tự lại cắt (I) M N Chứng minh C ME NE =4· MF NF D = tF S = F C = |F B − BC | = − y = 2 Tương tự, a tEF = , tDS = |c − b| , tF D = b tES = |a − c| Không tính tổng qt ta giả sử a ≤ b ≤ c Khi c(b − a) a(c − b) + 4 b(c − a) = = tF D · tES tDE · tF S + tEF · tDS = Theo Định lí Casey đảo, ta có S tiếp tuyến N qua D, E, F (2) Giả sử I tâm đường tròn T , P , Q, R tiếp điểm T tới c đường thẳng BC, AB, CA Như khẳng định (1), tDE = Để tìm tF T ta cần biết BQ Đầu tiên AQ = AR, BP = BQ, CR = CP Do 2AQ = AQ + AR = AB + BP + CP + AC = 2s s Vậy AQ = Tiếp theo BQ = AQ − AB = s − c Do đó, c b+a tF T = F Q = F B + BQ = + (s − c) = 2 a+c Tương tự, tET = Ta có a c−b tDT = DP = DB − BP = DB − BQ = − (s − c) = 2 Khi tF D · tET + tEF · tDT = b(a + c) a(c − b) c(b + a) + = = tDE · tF T 4 37 Áp dụng Định lí Casey đảo ta có T tiếp xúc với đường trịn N qua D, E, F  Bài toán 2.3 (IMO 2011) Giả sử ABC tam giác nhọn với đường tròn ngoại tiếp Γ Giả sử L tiếp tuyến với Γ, cho La , Lb Lc đường thẳng nhận phép phản xạ L qua đường BC, CA AB Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác xác định đường thẳng La , Lb Lc tiếp xúc với Γ Giải.[Dựa vào lời giải Chow Chi Hong, thành viên đội tuyển Hong Kong IMO 2011] Ta chứng minh bổ đề Bổ đề 2.1 Trong Hình 2.4, L tiếp tuyến với Γ, T tiếp điểm Giả sử , hb , hc tương ứng độ dài đường cao hạ từ A, B, C đến đường thẳng L Khi p p p [ [ [ sin BAC + hb sin ABC = Page hc sin ACB First we recall that the two tangent egments from a point to a circle have the ame length Let AB’ = x = C’A, BC’ = y = A’B, CA’ = z = B’C and s = (a+b+c)/2, where a=BC, b=CA, c=AB From y+x = BA = c, z+y = CB = a and x+z = AC = b, we get x = (c+b−a)/2 = s−a, y=s−b, =s−c By the midpoint theorem, tDE = DE = ½BA = c/2 and tFS = FC’ = |FB−BC’| = |(c/2)−y| = |c−2(s−b)|/2 = |b−a|/2 C hC θ A hA B hB θ L T Proof By Ptolemy’s theorem and sine Hình 2.4 law, AT·BC +BT·CA = CT·BC (or Similarly, tEF = a/2, tDS = |c−b|/2, tFD = b/2 ATACBT sin ∠A +nội BT sin = CT sin ∠C) Chứng minh Vì tứ giác tiếp∠Bnên theo Định lí Ptolemy ta có nd tES =|a−c|/2 Without loss of generality, Let θ be the angle between lines AT and we may assume a≤b≤c Then AT BC + BT / sin· AB θ = L as· shown Then· CA AT ==hACT tDE · tFS + tEF · tDS = c(b−a)/4+a(c−b)/4 hA(2k/AT), where k is the circumradius =Áp b(c−a)/4 of ∆ABC Solving for ta AT có (then using dụng Định lí sine cho tam giác ABC = tFD · tES similar argument for BT and CT), we BC AC AB get By the converse of Casey’s theorem, we = = = 2R, [ [ [ sin ABC sin ACB et S is tangent to the circle N through sin BAC AT = 2khA , BT = 2khB , CT = 2khC D,E,F 2) Let I’ be the center of T, let P,Q,R be he points of tangency of T to lines BC, AB, CA respectively As in (1), tDE = c/2 Substituting these into (*), the result follows This finishes the proof of the lemma C 38 R bán kính đường trịn ngoại tiếp ABC Suy [ + BT sin ABC [ = CT sin ACB [ AT sin BAC Giả sử θ góc hai đường thẳng AT L, AT = , sin θ (2.5) k bán kính đường trịn ngoại tiếp ∆ABC Áp dụng Định lí sine cho tam giác ACT ta có AT = 2R [ sin ACT \ [ = (AT, Ta lại có ACT L) = θ Suy AT = 2R sin θ (2.6) Từ (2.5) (2.6) suy AT = 2Rha Vậy p AT = 2Rha Chứng minh tương tự ta có BT = p 2Rhb , CT = p 2Rhc Thay đại lượng vào cơng thức (2.3) ta có điều phải chứng minh Điều kết thúc phép chứng minh Bổ đề 2.1 Trở lại toán, giả sử La ∩ L = A , Lb ∩ L = B , La ∩ Lb = C 00 , Lb ∩ Lc = A00 , Lc ∩ L = C , Lc ∩ La = B 00 Tiếp theo 00 C 00 B 00 = A\ 00 B A0 − C\ 00 A0 B A\ A0 − (180◦ − 2CA 0B 0) \ \ = 2CB [ = 180◦ − 2ACB e the center of T, let P,Q,R be f tangency of T to lines BC, AB, ively As in (1), tDE = c/2 , we need to know BQ First AR, BP=BQ and CR=CP So AR=AB+BP+CP+AC=2s So ext BQ=AQ−AB=s−c Hence, B+BQ = (c/2)+(s−c) = (b+a)/2 ET = (a+c)/2 Now tDT = DP = DB−BQ = (a/2) − (s−c) = (c n tEF · tDT = b(a+c)/4+a(c −b)/4 = c(b+a)/4 = tDE · tFT AT = 2khA , BT = 2khB , CT = 2khC Substituting these into (*), the result follows This finishes the proof of the 39 lemma C Γ A" D r A Lb E B I F B' A' B" Lc L C' La C" verse of Casey’s theorem, we ngent to the circle N through Tương tự For the problem, let La∩L=A’, Lb∩L = B’, Lc∩L=C’, La∩Lb=C", Lb∩Lc=A", " a=B◦ Next 00 B 00 CL00c∩L 00 A00 C 00 = 180◦ − 2A b B\ b \ A = 180 − 2B (2.7) (2011 IMO) Let ABC be an gle with circumcircle Γ Let L " " " " " 00 0C B =∠A B’A’−∠C A’B’ A0 B 00 C B phân giác ∠A Xét ∆A C B Ta có A B phân giác B\ t line to Γ, and let La, Lb and Lc ' ' =2∠CB A −(180°−2∠CA'B') 0 00 C B 00 Do B tâm đường \ A tròn bàng tiếp ∆A C B C Do obtained by reflecting L in the =180°−2∠C 00 B 00 C 00 Tương tự, A00 A phân giác B\ 00 A00 C 00 CA and AB, respectively B 00 B Show phân giác A\ circumcircle ofvàthe 00 C 00 A00 Do đó, chúng giao tâm đường C 00 Ctriangle phân giác B\ Similarly, ∠A”B”C” = 180° −2∠B by the lines La, Lb and Lc is 00 00 00 tròn nội tiếp I and ∆A∠B”A”C” B C = 180° −2∠A (***) he circle Γ Ta có Consider ∆A’C’B” Now A’B bisects Due to CHOW Chi Hong, 2011  1  bisects and C’B ∠A’C’B” g IMO team member) IAB 00∠B’A’B” 0 00 00 0 00 B C 00 [ = AA \ \ \ \ C + AC A = B A C + B C A = A\ 2 So B is the excenter of ∆A’C’B” brevity, we will write ∠A, ∠B, opposite C’ Hence B”B bisects ∠ tương tự note ∠CAB, ∠ABC, ∠BCA A”B”C” Similarly, A”A bisects ∠ A0 C 00 [ = B\ IBA y B”A”C” and C”C bisects ∠B”C”A” Therefore, they intersect at the incenter the figure below, L is a tangent I of ∆A”B”C” is the point of tangency Let hA, e length of the altitudes from A, espectively Then A + hB sin ∠B = hC sin ∠C (continued on page 4) 40 Do 00 B 00 − IB 00 A00 [ = 180◦ − IA \ \ AIB 00 00 00 \ = 180◦ − C\ A B − C 00 B 00 A00 2 00 C 00 B 00 = 90◦ + A\ 2  ◦ ◦ b = 90 + 180 − 2C công thức (2.7) [ = 180◦ − ACB Do I nằm Γ Giả sử D chân đường thẳng vng góc hạ từ I xuống A00 B 00 , ID = r bán kính đường trịn nội tiếp ∆A00 B 00 C 00 Giả sử E F tương ứng chân đường thẳng vng góc hạ từ B đến A00 B 00 B A0 Khi BE = BF = hB Giả sử T (X) độ dài tiếp tuyến từ X đến Γ, X bên ngồi Γ Do 00 00 00 00 B 00 I = A\ b B C = 90◦ − B A\ (2.7), ta nhận T (B 00 ) = = √ B 00 B · B 00 I s BE √ = · ID b sin(90◦ − B) b sin(90◦ − B) hB r cos B Giả sử R bán kính đường tròn ngoại tiếp ∆A00 B 00 C 00 Khi √   hB r ◦ 00 00 00 b 2R sin 180 − 2B T (B ) · C A = cos B p √ = 4R r hB sin B Tương tự, ta có nhận biểu thức T (A00 )·B 00 C 00 T (C 00 )·A00 B 00 Sử dụng Bổ đề 2.1 ta nhận T (A00 ) · B 00 C 00 + T (B 00 ) · C 00 A00 = T (C 00 ) · A00 B 00 41 Theo Định lí Casey đảo ta có điều phải chứng minh Phép chứng minh tốn 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 Mô tả quỹ tích P ω thay đổi Giải Chúng ta sử dụng Định lí Casey cho đường trịn (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 trịn 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 trịn 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 trịn (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 toán 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 trịn 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 4ABC, 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 4ABC, 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 trịn (X) (Y ), ... 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... vận dụng chúng 25 vào giải số toán xuất 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... solved by Casey? ??s ∠SP2P1 Then ΔSQ1Q2 and ΔSP2P1 [6] theorem and its converse are similar So 34 2.2 Một số ứng dụng Định lí Casey Trong mục này, luận văn trình bày việc vận dụng Định lí Casey để