ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN MINH PHÚ ĐƯỜNG TRÒN ARCHIMEDEAN LIÊN QUAN ĐẾN ARBELOS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên 2021 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC[.]
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN MINH PHÚ ĐƯỜNG TRÒN ARCHIMEDEAN LIÊN QUAN ĐẾN ARBELOS LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Thái Nguyên - 2021 ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ——————–o0o——————– NGUYỄN MINH PHÚ ĐƯỜNG TRÒN ARCHIMEDEAN LIÊN QUAN ĐẾN ARBELOS Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp Mã số: 46 01 13 LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC PGS TS TRẦN VIỆT CƯỜNG Thái Nguyên - 2021 i Danh sách hình vẽ 1.1 Hình định lý Stewart’s 1.2 Hình diều 1.3 Hình định lý Brahmagupta 1.4 Hình định lý Thales 1.5 Hình "con dao thợ đóng giầy" 1.6 Đường tròn nội tiếp ∆F GH Archimedean 1.7 Đường trịn đường kính DA′ DB ′ Archimedean 1.8 Đường tròn qua C với tâm A′′ B ′′ Archimedean 1.9 Đường trịn tiếp xúc với CD có tâm H K Archimedean 10 1.10 Đường tròn tiếp xúc với CD có tâm P Q Archimedean 11 1.11 Hai đường tròn tâm S tâm T Archimedean 12 1.12 ∆CEN ∼ ∆DEF ∆CEN ∼ ∆CJJ ′ 13 1.13 Hai đường tròn tâm R S Archimedean 14 1.14 R′ hình chiếu vng góc R AB 15 1.15 Đường tròn nội tiếp ∆A1 B1 C1 ∆A2 B2 C2 Archimedean 16 2.1 Hai đường trịn bán kính HF IG Archimedean 18 2.2 Đường tròn (CE) (EF ) Archimedean 20 2.3 Đường tròn nội tiếp tam giác K1 L1 T1 K2 L2 T2 Archimedean 2.4 Đường tròn tâm (J1 ) (J2 ) Archimedean 25 2.5 Đường tròn (Gi Ei ), Gi Fi ) (Gi Di ) Archimedean 27 2.6 Đường tròn (CP ), (P Q), (QC) Archimedean 28 2.7 Tam giác N W1 W2 tam giác 30 2.8 Đường tròn nội tiếp tam giác A1 B1 T1 A2 B2 T2 Archimedean 33 23 ii 2.9 Đường tròn nội tiếp hai tam giác T1 C1 D T2 C2 D Archimedean 35 2.10 Đường tròn nội tiếp tam giác T1 A1 B1 T2 A2 B2 Archimedean 38 2.11 Đường tròn nội tiếp tam giác T EF Archimedean 39 2.12 Đường tròn nội tiếp tam giác M N1 P1 , N P1 M1 , P M1 N1 M1 N1 P1 Archimedean 41 2.13 Đường tròn nội tiếp tam giác Ei Pi Ni , Fi Ni Mi , GMi Ni , Mi Ni Pi Archimedean 42 2.14 Đường tròn nội tiếp tam giác Ei Pi Ni , Fi Ni Mi , GMi Ni , Mi Ni Pi Archimedean 43 2.15 Đường tròn nội tiếp tam giác Ei Ni Pi , Fi Pi Mi , Gi Mi Ni , Mi Ni Pi Archimedean 44 2.16 Đường tròn nội tiếp tam giác Ei Pi Ni , Fi Ni Mi , GMi Ni , Mi Ni Pi Archimedean 45 2.17 Đường tròn nội tiếp tam giác E1 F1 G1 E2 F2 G2 Archimedean 46 2.18 Đường tròn nội tiếp tam giác AA1 A2 BB1 B2 Archimedean 47 2.19 Đường tròn nội tiếp tam giác KK1 K2 Archimedean 48 iii Danh sách ký hiệu (O) Đường tròn tâm O O(A) Đường trịn tâm O bán kính OA (AB) Đường trịn đường kính AB (A, AB) Đường trịn tâm A, bán kính AB (ABC) Đường trịn qua ba điểm A, B, C (Y ) Đường tròn Yius tâm Y △ABC ∼ △DEF Tam giác ABC đồng dạng với tam giác DEF (c.g.c) Tiêu chuẩn cách - góc - cạnh fIk Phép nghịch đảo cực I, phương tích k HC2 Phép đồng dạng iv Mục lục Danh sách ký hiệu iii Lời cảm ơn v Mở đầu 1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.2 Đường tròn Archimedean Một số cặp đường tròn kiểu Archimedean khác 18 2.1 Đường tròn Archimedean liên quan đến Arbelos 18 2.2 Đường tròn nội tiếp Archimedean liên quan đến Arbelos 33 Kết luận 50 Tài liệu tham khảo 51 v Lời cảm ơn Để hoàn thành luận văn cách hoàn chỉnh, nỗ lực học hỏi thân, em nhận hướng dẫn giúp đỡ nhiệt tình PGS TS Trần Việt Cường, giảng viên Trường Đại học Sư phạm, Đại học Thái Nguyên Em xin chân thành bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến thầy xin gửi lời tri ân em điều thầy dành cho em Em xin chân thành cảm ơn Phòng Đào tạo, Khoa Tốn Tin, q thầy giảng dạy lớp Cao học K12A5 (2018 - 2020) Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên tận tình truyền đạt kiến thức quý báu tạo điều kiện cho em hồn thành khóa học Tơi xin cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Trung học phổ thông Na Rì, Na Rì, Bắc Kạn tạo điều kiện cho tơi suốt q trình học tập Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành tới gia đình, bạn bè đồng nghiệp, người động viên, hỗ trợ tạo điều kiện cho suốt trình học tập thực luận văn Xin trân trọng cảm ơn Thái Nguyên, tháng 01 năm 2021 Tác giả luận văn Nguyễn Minh Phú Mở đầu Mục đích đề tài luận văn Điểm, đường thẳng, tam giác, đường tròn, đối tượng nghiên cứu Hình học Euclid Với chủ ý tìm hiểu thêm đường trịn, chuỗi đường trịn vấn đề khác hình học phẳng, chúng tơi muốn nghiên cứu, trình bày đường trịn Archimedean Từ đó, chúng tơi trình bày số kết đường tròn Archimedean liên quan đến Arbelos Nội dung đề tài, vấn đề cần giải Đường trịn Archimedean nói chung đường trịn Archimedean liên quan đến Arbelos vấn đề có chứa kết đẹp hình học phẳng Với mong muốn tìm hiểu sâu đường trịn Archimedean liên quan đến Arbelos hình học Euchlid Bài luận văn chúng tơi trình bày "Đường tròn nội tiếp Archimedean liên quan đến Arbelos" để tả vẻ đẹp Hình học phẳng, hướng dẫn PGS.TS Trần Việt Cường Nội dung đề tài luận văn dự kiến viết chương: Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, ngồi trình bày kiến thức chuẩn bị có liên quan đến đề tài Các nội dung tổng hợp từ nhiều nguồn tài liệu 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị 1.2 Đường tròn Archimedean Chương Một số cặp đường tròn kiểu Archimedean khác Trong chương này, chúng tơi trình bày số kết đường tròn Archimedean liên quan đến Arbelos nội dung tham khảo từ tài liệu 2.1 Đường tròn Archimedean liên quan đến Arbelos 2.2 Đường tròn nội tiếp Archimedean liên quan đến Arbelos Luận văn tập trung nghiên cứu tốn đường trịn Archimedean liên quan đến Arbelos Chương Một số kiến thức chuẩn bị Trong chương này, chúng tơi trình bày khái niệm hình Arbelos, đường trịn Archimedean, tìm đường tròn Archimedean liên quan đến Arbelos Chương nhắc lại số kiến thức chuẩn bị cần thiết dùng để chứng minh đường tròn đường tròn Archimedean 1.1 Một số kiến thức chuẩn bị Định lý 1.1.1 (Định lý Stewart’s) Gọi a, b c độ dài cạnh tam giác Gọi d độ dài đoạn thẳng nối từ đỉnh tam giác với điểm nằm cạnh (ở cạnh có độ dài a) đối diện với đỉnh Đoạn thẳng chia cạnh a thành hai đoạn có độ dài m n Khi b2 m + c2 n = a(d2 + mn) Hình 1.1: Hình định lý Stewart’s 37 = P1 O − P1 H = ab a + 4b a2 + 3ab + 4b2 − = = t 2(a + b) a+b Vậy đường trịn tâm I1 bán kính I1 H1 Archimedean Tương tự tam giác T2 C2 D Ta dựng đường trịn Archimedean sau: - Dựng Arbelos [ABC] - Dựng đường thẳng d qua C , vng góc với AB cắt nửa đường trịn đường kính AB D - Dựng điểm D′ đối xứng với D qua AB - Dựng đường đường tròn (O1 DD′ ) (O2 DD′ ) - Dựng tiếp tuyến nửa đường tròn tâm O D cắt đường tròn (O1 DD′ ) (O2 DD′ ) C1 C2 - Dựng tiếp tuyến D C1 đường tròn (O1 DD′ ) cắt T1 - Dựng tiếp tuyến D C2 đường tròn (O2 DD′ ) cắt T2 - Dựng đường tròn nội tiếp tam giác T1 DC1 T2 DC2 Khi đường trịn nội tiếp tam giác T1 DC1 T2 DC2 cặp đường tròn Archimedean Mệnh đề 2.2.3 ([6]) Tiếp tuyến chung nửa đường trịn đường kính AO2 BO1 cắt nửa đường tròn A(C) A1 B1 , cắt nửa đường tròn B(C) A2 B2 Tiếp tuyến A1 B1 nửa đường tròn A(C) cắt T1 , tiếp tuyến A2 B2 nửa đường tròn B(C) cắt T2 Khi đường trịn nội tiếp tam giác T1 A1 B1 T2 A2 B2 Archimedean (xem Hình 2.10) Chứng minh Gọi I1 tâm đường tròn nội tiếp tam giác T1 A1 B1 ; O3 , O4 tâm nửa đường tròn đường kính AO2 , BO1 ; tương ứng đường thẳng A1 B1 tiếp tuyến chung nửa đường tròn đường kính AO2 , BO1 tiếp điểm T3 , T4 AT1 ∩ A1 B1 = H1 Ta có AT1 ⊥ A1 B1 đường trịn tâm I1 bán kính I1 H1 nội tiếp tam giác T1 A1 B1 ; I1 thuộc nửa đường tròn tâm A bán kính AC hai đường thẳng O3 T3 38 Hình 2.10: Đường trịn nội tiếp tam giác T1 A1 B1 T2 A2 B2 Archimedean O4 T4 song song Ta có a+b , O3 O4 = O3 T3 = AO3 = O4 T = 2a + b , 2b + a AO2 = AO3 + O3 O2 = 3a + 2b Ta có O3 T3 · AO4 = AH1 · O3 O4 + O4 T4 · AO3 , 2a + b 3a + 2b a + b 2b + a 2a + b · = AN3 · + · , 2 2 2a2 + ab AN3 = a+b Từ ta có I1 H1 = AI1 − AH1 = 2a − ab 2a2 + ab = a+b a+b Vậy đường tròn tâm I1 (H1 ) Archimedean Tương tự tam giác T2 A2 B2 39 Ta dựng đường trịn Archimedean sau: - Dựng Arbelos [ABC] - Dựng nửa đường trịn đường kính AO2 BO1 - Dựng đường trịn tâm A bán kính AC đường trịn tâm B bán kính BC - Dựng tiếp tuyến chung hai nửa đường trịn đường kính AO2 , BO1 cắt đường trịn tâm A bán kính AC A1 , B1 cắt đường tròn tâm B bán kính BC A2 B2 - Dựng tiếp tuyến A1 , B1 đường tròn tâm A bán kính AC cắt T1 - Dựng tiếp tuyến A2 , B2 đường tròn tâm B bán kính BC cắt T2 - Dựng đường tròn nội tiếp tam giác T1 A1 B1 T2 A2 B2 Khi đường trịn nội tiếp tam giác T1 A1 B1 T2 A2 B2 cặp đường tròn Archimedean Mệnh đề 2.2.4 ([6]) Gọi M trung điểm cung AB nửa đường trịn tâm O đường kính AB Đường trịn đường kính M O′ cắt đường trịn (M O1 O2 ) M T Vẽ tiếp tuyến T E, T F nửa đường tròn tâm O′ Khi đường trịn nội tiếp tam giác T EF Archimedean (xem Hình 2.11) Hình 2.11: Đường trịn nội tiếp tam giác T EF Archimedean 40 Chứng minh Vẽ đường kính M M ′ đường trịn (M O1 O2 ) Gọi H trực tâm tam giác M O1 O2 , I giao điểm đoạn thẳng T O′ với nửa đường tròn đường kính O1 O2 H ′ điểm đối xứng với H qua đường thẳng O1 O2 \ \ Vì M T M′ = M T O′ , ba điểm M ′ , T, O′ nằm đường thẳng vng góc với M T T Ta có M ′ O1 ⊥ M O1 ⊥ HO2 , M ′ O1 k HO2 Tương tự M ′ O2 k HO1 Do tứ giác HO1 M ′ O2 hình bình hành O′ trung điểm M ′ H Vì bốn điểm M ′ , O′ , H, T thẳng hàng Khi ta có O ′ H · O ′ T = O ′ H · O ′ M ′ = O ′ O1 · O ′ O = (a + b)2 = O′ E = O′ F Lưu ý hai tam giác T EO′ , T F O′ tương ứng vng góc E, F Ta có EH, F H đường cao hai tam giác T EO′ , T F O′ Vì ba điểm E, H, F nằm đường vuông góc với O′ H H Theo tính chất đối xứng ta có ′ \ O\ H O2 = O HO2 = 180 − O\ M O2 Do tứ giác M O1 H ′ O2 nội tiếp đường trịn Khi ta có OH ′ · OM = OO1 · OO2 = ab Suy OH = OH ′ = Mặt khác OO′ = ab ab = = t OM a+b |a − b| , áp dụng định lý Pythagoras ta có O′ H = = p O′ O2 + OH s (a − b)2 + ab a+b 2 = a2 + b 2(a + b) 41 Suy HI = OI − OH = a2 + b2 ab a+b − = 2(a + b) a+b Ta có đường trịn tâm I bán kính IH nội tiếp tam giác M EF Do đường tròn nội tiếp tam giác M EF Archimedean Mệnh đề 2.2.5 ([6]) Tiếp tuyến chung hai nửa đường tròn tâm O1 O2 cắt nửa đường tròn tâm O M N Đường tiếp tuyến nửa đường tròn tâm O M N cắt P Gọi M1 , N1 , P1 trung điểm đoạn thẳng N P, P M, M N Khi đường tròn nội tiếp tam giác M N1 P1 , N P1 M1 , P M1 N1 M1 N1 P1 Archimedean (xem Hình 2.12) Hình 2.12: Đường trịn nội tiếp tam giác M N1 P1 , N P1 M1 , P M1 N1 M1 N1 P1 Archimedean Chứng minh Theo [3] đường tròn nội tiếp tam giác M N P có bán kính 2t Do đó, phép đồng dạng tỉ số biến tam giác M N P thành tam giác M N1 P1 , N P1 M1 , P M1 N1 , M1 N1 P1 có bán kính đường trịn nội tiếp t Vậy đường tròn nội tiếp tam giác M N1 P1 , N P1 M1 , P M1 N1 M1 N1 P1 Archimedean Mệnh đề 2.2.6 ([6]) Tiếp tuyến chung nửa đường tròn tâm O1 O2 cắt nửa đường tròn tâm A bán kính AC E1 F1 , cắt nửa đường trịn tâm B bán 42 kính BC E2 F2 Tiếp tuyến E1 F1 nửa đường trịn tâm A bán kính AC cắt G1 , tiếp tuyến E2 F2 nửa đường trịn tâm B bán kính BC cắt G2 Gọi Mi , Ni Pi , i = 1, trung điểm Fi Gi , Gi Ei Ei Fi Khi đường tròn nội tiếp tam giác Ei Pi Ni , Fi Ni Mi , GMi Ni , Mi Ni Pi Archimedean (xem Hình 2.13) Hình 2.13: Đường trịn nội tiếp tam giác Ei Pi Ni , Fi Ni Mi , GMi Ni , Mi Ni Pi Archimedean Chứng minh Đoạn thẳng AG1 cắt nửa đường tròn tâm A bán kính AC I1 , cắt E1 F1 P1 Dễ thấy đường tròn tâm I1 bán kính I1 P1 nội tiếp tam giác E1 F1 G1 đường trịn tâm I1 bán kính I1 P1 Archimedean Suy I1 P1 = 2t Từ đường trịn nội tiếp tam giác E1 P1 N1 , F1 N1 M1 , GM1 N1 , M1 N1 P1 Archimedean Tương tự đường tròn nội tiếp tam giác E2 P2 N2 , F2 N2 M2 , GM2 N2 , M2 N2 P2 Archimedean Mệnh đề 2.2.7 ([6]) Gọi D′ điểm đối xứng với D qua C Tiếp tuyến chung hai đường trịn đường kính AO2 BO1 cắt đường trịn (ODD′ ) E1 F1 , cắt đường tròn (O2 DD′ ) E2 F2 Tiếp tuyến E1 F1 đường tròn (O1 DD′ ) cắt G1 , tiếp tuyến E2 F2 đường tròn (O2 DD′ ) cắt G2 Gọi Mi , Ni , Pi , i = 1, trung điểm Fi Gi , Gi Ei 43 Ei Fi Khi đường trịn nội tiếp tam giác Ei Pi Ni , Fi Ni Mi , GMi Ni , Mi Ni Pi Archimedean (xem Hình 2.14) Hình 2.14: Đường tròn nội tiếp tam giác Ei Pi Ni , Fi Ni Mi , GMi Ni , Mi Ni Pi Archimedean Chứng minh Đoạn thẳng G2 P2 cắt đường tròn (O2 DD′ ) I2 Tiếp tuyến đường tròn (O) D cắt đường tròn (O2 DD′ ) C2 cắt G2 P2 J2 Ta có đường trịn I2 (P2 ) nội tiếp tam giác E2 F2 G2 Ta có OD ⊥ E2 F2 khoảng cách từ D đến E2 F2 t Do E2 F2 k DC2 , J2 P2 = t Theo Mệnh đề 2.2.1 ta có I2 J2 = t Suy I2 P2 = 2t Do bán kính đường trịn nội tiếp tam giác E2 F2 G2 2t Vậy đường tròn nội tiếp tam giác E2 P2 N2 , F2 N2 M2 , GM2 N2 , M2 N2 P2 Archimedean Tương tự đường tròn nội tiếp tam giác E1 P1 N1 , F1 N1 M1 , GM1 N1 , M1 N1 P1 Archimedean 44 Mệnh đề 2.2.8 ([6]) Đường tròn A(C) B(C) cắt nửa đường tròn (O) E1 E2 Tiếp tuyến E1 nửa đường tròn (O) cắt A(C) F1 tiếp tuyến E2 nửa đường tròn (O) cắt B(C) F2 Tiếp tuyến E1 F1 đường tròn A(C) cắt G1 , tiếp tuyến E2 F2 đường tròn B(C) G2 Gọi Mi , Ni , Pi , i = 1, trung điểm Fi Gi , Gi Ei , Ei Fi Khi đường trịn nội tiếp tam giác Ei Ni Pi , Fi Pi Mi , Gi Mi Ni , Mi Ni Pi Archimedean (xem Hình 2.15) Hình 2.15: Đường trịn nội tiếp tam giác Ei Ni Pi , Fi Pi Mi , Gi Mi Ni , Mi Ni Pi Archimedean Chứng minh Gọi K1 giao điểm nửa đường tròn (O1 ) với (O1 O2 ); tiếp tuyến K1 (O1 O2 ) cắt nửa đường tròn (O1 ) L1 tiếp tuyến K1 L1 nửa đường tròn (O1 ) cắt H1 Ta có phép đồng dạng HC2 biến điểm K1 , L1 , H1 thành điểm E1 , F1 , G1 Suy đường tròn nội tiếp tam giác K1 L1 H1 biến thành đường tròn nội tiếp tam giác E1 F1 G1 Do đó, bán kính đường trịn nội tiếp tam giác K1 L1 H1 t nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác E1 F1 G1 2t Khi đường trịn nội tiếp tam giác E1 N1 P1 , F1 P1 M1 , G1 M1 N1 , M1 N1 P1 Archimedean 45 Tương tự đường tròn nội tiếp tam giác E2 N2 P2 , F2 P2 M2 , G2 M2 N2 , M2 N2 P2 Archimedean Mệnh đề 2.2.9 ([6]) Gọi C1 , C2 điểm đối xứng với C qua A B Tiếp tuyến nửa đường tròn tâm O D cắt nửa đường tròn đường kính BC1 E1 , F1 ; cắt nửa đường trịn đường kình AC2 E2 , F2 Tiếp tuyến nửa đường trịn đường kính BC1 E1 F1 cắt G1 Tiếp tuyến nửa đường trịn đường kính AC2 E2 F2 cắt G2 Gọi Mi , Ni , Pi , i = 1, trung điểm Fi Gi , Gi Ei , Ei Fi Khi đường trịn nội tiếp tam giác Ei Pi Ni , Fi Ni Mi , GMi Ni , Mi Ni Pi Archimedean (xem Hình 2.16) Hình 2.16: Đường trịn nội tiếp tam giác Ei Pi Ni , Fi Ni Mi , GMi Ni , Mi Ni Pi Archimedean Chứng minh Gọi O1′ tâm nửa đường trịn đường kính BC1 ; đoạn thẳng O1′ G1 cắt nửa đường trịn đường kính BC1 I1 gọi M1 trung điểm E1 F1 ; kẻ AH1 vng góc với E1 F1 H1 Ta có đường trịn I1 (M1 ) nội tiếp tam giác E1 F1 G1 Hai tam giác ADH1 ADC nên AH1 = AC = 2a Dễ thấy O1′ M1 , OD AH1 song song với nhau, OD = a + b, OO1′ = a AO1′ = b 46 Từ ta có AO1′ OO1′ · AH1 + · OD OA AO a b = · 2a + · (a + b) a+b a+b 2a2 + ab + b2 = a+b O1′ M1 = Từ O1′ I1 = 2a + b ta có I1 M1 = O1′ I1 − O1′ M1 = 2a + b − 2a2 + ab + b2 2ab = = 2t a+b a+b Suy bán kính đường tròn nội tiếp tam giác E1 F1 G1 2t Từ ta có đường trịn nội tiếp tam giác E1 P1 N1 , F1 N1 M1 , GM1 N1 , M1 N1 P1 Archimedean Tương tự ta có đường trịn nội tiếp tam giác E2 P2 N2 , F2 N2 M2 , GM2 N2 , M2 N2 P2 Archimedean Mệnh đề 2.2.10 ([6]) Tiếp tuyến kẻ từ O2 tới nửa đường tròn (O1 ) cắt đường tròn A(C) E1 F1 Tiếp tuyến kẻ từ O1 tới nửa đường tròn (O2 ) cắt đường tròn B(C) E2 F2 Các tiếp tuyến nửa đường tròn A(C) tai E1 F1 cắt G1 ; tiếp tuyến nửa đường tròn B(C) tai E2 F2 cắt G2 Khi đường trịn nội tiếp tam giác E1 F1 G1 E2 F2 G2 Archimedean (xem Hình 2.17) Hình 2.17: Đường trịn nội tiếp tam giác E1 F1 G1 E2 F2 G2 Archimedean 47 Chứng minh Gọi T1 tiếp điểm tiếp tuyến E1 F1 với nửa đường tròn tâm O1 ; đường thẳng AG1 cắt đường tròn A(C) I1 cắt E1 F1 H1 đường trịn I1 (H1 ) nội tiếp tam giác E1 F1 G1 Dễ thấy O1 T1 k AH1 nên theo định lý Thales ta có O1 T O1 O2 a+b a = = = AH1 AH1 O2 A 2a + b 2a + b 2a + ab AH1 = ·a= a+b a+b Từ 2a2 + ab ab I1 H1 = AI1 − AH1 = 2a − = a+b a+b Vậy đường tròn I1 (H1 ) nội tiếp tam giác E1 F1 G1 Archimedean Tương tự ta có đường trịn nội tiếp tam giác E2 F2 G2 Archimedean Mệnh đề 2.2.11 ([6]) Gọi đường tròn (I) Arbelos Tiếp tuyến từ A (I) cắt CD A1 A2 Tiếp tuyến B (I) cắt CD B1 B2 Khi đường trịn nội tiếp tam giác AA1 A2 BB1 B2 Archimedean (xem Hình 2.18) Hình 2.18: Đường trịn nội tiếp tam giác AA1 A2 BB1 B2 Archimedean 48 Chứng minh Vẽ đường tròn A(C) cắt đường tròn (O1 ) E1 F1 xét phép nghịch đảo I1 đường tròn Phép nghịch đảo I1 biến (O), CD, AA1 , AA2 thành E1 F1 , (O1 ), AA1 , AA2 Gọi (I1 ) ảnh (I) qua I1 Đường tròn (I) tiếp xúc với (O), (O2 ), AA1 , AA2 ; đường tròn (I1 ) tiếp xúc với E1 F1 , CD, AA1 , AA2 Ta có E1 F1 k CD vng góc với AC Từ ta có (I1 ) đường trịn nội tiếp hình thang tạo đường thẳng E1 F1 , CD, AA1 , AA2 (I1 ) đường tròn nội tiếp tam giác AA1 A2 Vẽ E1 H1 vng góc với CD H1 Ta có E1 H1 = 2t Do (I1 ) (E1 H1 ) nên (I1 ) Archimedean Tương tự đường tròn nội tiếp tam giác BB1 B2 Archimedean Mệnh đề 2.2.12 ([6]) Tiếp tuyến chung (O1 ) (O2 ) cắt đường trung trực CA, CB K1 , K2 Các đường tiếp tuyến khác K1 K2 kẻ từ K1 đến (O2 ) K2 đến (O1 ) cắt K Khi đường trịn nội tiếp tam giác KK1 K2 Archimedean (xem Hình 2.19) Hình 2.19: Đường trịn nội tiếp tam giác KK1 K2 Archimedean Chứng minh Giả sử K1 K2 tiếp tuyến (O1 ), (O2 ) tiếp điểm T1 , T2 K1 O2 cắt K2 O1 P CD cắt K1 K2 L; kẻ P H vng góc với K1 K2 H 49 Dễ thấy P tâm đường tròn nội tiếp tam giác KK1 K2 Từ ab a+b Hai tam giác O1 K1 T1 O2 K2 T2 đồng dạng với nên chứng minh P H = O K1 O1 T a = = O K2 O2 T b Do đó, áp dụng định lý Thales ta có P K1 O K1 a CO1 = = = P O2 O K2 b CO2 Suy CP k O1 K1 nên CP ⊥ AB P thuộc CD Dễ thấy cặp tam giác OLH, O1 K1 T1 O2 K2 T2 đồng dạng với Suy ra, ta có PH PL = O1 T P K1 PH PL = O2 T P K2 Từ đó, áp dụng định lý Thales ta có PH PL PL PH + = + O T O2 T O K1 O K2 K2 L K1 L = + K2 K1 K1 K2 = Suy O1 T · O T O T + O2 T ab = a+b PH = Vậy đường tròn nội tiếp tam giác KK1 K2 Archimedean 50 Kết luận Dựa theo tài liệu tham khảo, luận văn với đề tài “Đường tròn Archimedean liên quan đến Arbelos” trình bày số vấn đề sau: ❼ Đã hệ thống số kết liên quan đến đường tròn Archimedean ❼ Hệ thống chứng minh chi tiết số kết đường tròn Archimedean liên quan đến Arbelos, đường tròn nội tiếp Archimedean liên quan đến Arbelos ❼ Thông qua định lý mệnh đề, luận văn liệt kê số cặp đường tròn Archimedean liên quan đến Arbelos 51 Tài liệu tham khảo [1] An L V., García E A J (2019), “A Pair of Archimedean Incircles”, Sangaku J Math., 3, pp 1–2 [2] An L V., García E A J (2019), “Some Archimedean Circles in an Arbelos”, Forum Geome., 19, pp 53-58 [3] Dao T O (2014), “Two pairs of Archimedean circles in the arbelos”, Forum Geom., 14, pp 201–202 [4] García E A J (2015), “Another Archimedean circle in an arbelos”, Forum Geome., 15, pp 127–128 [5] Giang N N., An L V (2019), “Equalateral triangles and Archimedean circles related to an Arbelos”, Global Journal of Advanced Research on Classical and Modern Geometries, (1), pp 1–11 [6] Giang N N., An L V (2019), “Some Archimedean incircles in an Arbelos”, International Journal of Geometry, 2, pp 84–98 [7] Lamoen F M van, “Online catalogue of Archimedean circles”, available at http://home.wxs.nl/~lamoen/wiskunde/Arbelos/10Schoch.htm [8] Lamoen F M van (2006), “Archimedean adventures”, Forum Geome., 6, pp 79–96 [9] Tran Q H (2014), “Two More Pairs of Archimedean Cireles in the Arbelos”, Forum Geome., 6, pp 249–251 [10] Nguyễn Sơn Hải (2019), “Một số vấn đề Hình học arbelos”