(Luận văn) định lý casey và ứng dụng

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ HOÀNG SƠN lu an n va p ie gh tn to ĐỊNH LÝ CASEY VÀ ỨNG DỤNG nl w d oa LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2018 ac th si ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ĐỖ HOÀNG SƠN lu ĐỊNH LÝ CASEY VÀ ỨNG DỤNG an n va to p ie gh tn LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC Phương pháp Toán sơ cấp Mã số: 8460113 d oa nl w Chuyên ngành: lu NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC oi lm ul nf va an PGS.TS TRỊNH THANH HẢI z at nh z m co l gm @ an Lu n va Thái Nguyên - 2018 ac th si i Mục lục lu ii Chương Một số kiến thức liên quan an Mở đầu n va tn to 1.1 Định lí Ptolemy gh 1.2 Một số ứng dụng Định lí Ptolemy p ie 1.3 Bất đẳng thức Ptolemy 16 w 1.3.1 Bất đẳng thức Ptolemy 16 oa nl 1.3.2 Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy để thiết lập bất đẳng thức 17 d 1.3.3 Một số toán đề nghị 22 an lu Chương Định lí Casey ứng dụng 26 va ul nf 2.1 Định lí Casey 26 oi lm 2.1.1 Định lí Feuerbach : Một mở rộng Định lí Ptolemy 26 2.1.2 Định lí Casey 32 z at nh 2.2 Một số ứng dụng Định lí Casey 34 2.3 Bất đẳng thức Casey 47 z @ 2.4 Một số toán đề nghị 51 53 m co Tài liệu tham khảo l gm Kết luận 54 an Lu n va ac th si ii Mở đầu Định lí Casey đặt theo tên nhà tốn học người Ireland John Casey, coi mở rộng lu an 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 n va Ở Việt Nam, Trần Quang Hùng công bố [4] bất đẳng thức Casey tn to Trong thời gian qua có số đề thi học sinh giỏi nước quốc tế giải trọn vẹn gh sở ứng dụng Định lí Casey Với mong muốn trình bày lại cách có hệ thống nội dung hai p ie báo giới thiệu thêm số ứng dụng Định lí Casey vào giải số tốn hình học dành cho học sinh giỏi, chọn đề tài “Định lí Casey ứng dụng” làm chủ đề cho luận văn thạc sĩ oa nl w Luận văn phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, trình bày hai chương • Chương Một số kiến thức liên quan d lu va an • Chương Định lí Casey ứng dụng nf Luận văn thực Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên hoàn thành với oi lm ul 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, z at nh 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 z gm @ để tác giả học tập nghiên cứu Tác giả xin cảm ơn tập thể lớp Cao học Toán khóa 10 (2016-2018) động viên giúp đỡ tác giả m co l nhiều suốt trình học tập Tác giả muốn gửi lời cảm ơn tốt đẹp đến nhà khoa học hội đồng đánh giá luận văn, hoàn thiện luận văn an Lu đặc biệt đến phản biện đề tài Những góp ý, thảo luận họ giúp tác giả sửa chữa va Nhân dịp này, tác giả xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu n ac th si 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 hoàn thành luận văn Thái Nguyên, ngày 25 tháng 11 năm 2018 Tác giả lu an va Đỗ Hoàng Sơn n p ie gh tn to d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ an Lu n va ac th si Chương Một số kiến thức liên quan lu an n va p ie gh tn to Trong chương chúng tơi trình bày Định lí Ptolemy ví dụ minh họa việc ứng dụng vào giải tập liên quan đến tứ giác nội tiếp đường trịn Định lí Ptolemy d oa nl w 1.1 ul nf va an lu Trước hết, mục chúng tơi trình bày nội dung Định lí mang tên nhà Toán học người Hy Lạp Claudius Ptolemy1 số hệ quan trọng oi lm 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) z at nh z @ m co l gm [ = 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 Ptolemy : 100-187 TCN) an Lu (Claudius n va ac th si Định lí 1.1.1 Bài toán 1.2.3 B B da E dc A P db A C D tốn 1.2.3 Bài Định lí 1.1.1 lu B an Bài toán 1.2.4 B va Hệ lí1.1.2 Định Ptolemy xem khái qt hóa Định lí Pythagoras da n trường hợp tứ giác ABCD hình BE chữ nhật, lúc AC 2d = AB + BC c P db Định lí 1.1 có hệ sau đây: tn to A A gh B ie C ∆ABC đều, ta có Hệ 1.1 Cho tứ giác nội tiếp ABCD với C p D w BD = AD + CD Bài toán 1.2.4 nl Hệ 1.1.2 oa A P C B d A lu B ul Hệ 1.1.3 nf va an D oi lm A P C C A D z at nh Hệ 1.1.3 z Chứng minh Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên theo Định lí Ptolemy ta có B AB · CD + AD · BC = AC · BD l gm @ m co Vì AB = BC = CA nên ta suy B C A CA · CD + AD · CA = AC · BD n D va D an Lu C A Vậy CD + AD = BD ac th si B C A D lu [ = ADC \ = 90◦ , ta có Hệ 1.2 Cho tứ giác nội tiếp ABCD với ABC \ BD = AC sin BAD an n va to   \ = 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 p ie gh tn Chứng minh Ta có d oa nl w oi lm ul nf va an lu = BD z at nh Vậy phép chứng minh hoàn thành z từ Định lí sine ta có BD đường kính AC đường trịn ngoại tiếp \ sin BAD an Lu ∆BAD m co l gm @ Thực ra, Hệ 1.2 A, B, C, D nằm đường tròn (với thứ tự tùy ý) [ = ADC \ = 90◦ , ABC n va ac th si 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, \ = EF [ BCD A = 60◦ DE = EF = F A, lu [ = DHE \ = 120◦ Gọi G H hai điểm lục giác thỏa mãn AGB Chứng minh an n va AG + GB + GH + DH + HE ≥ CF p ie gh tn to 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 w \ + AGB [ = DY \ \ = 180◦ AXB E + DHE d oa nl Như AXBG DHEY tứ giác nội tiếp Theo Hệ 1.1 ta có XG = AG + GB HY = DH + HE Vì lu va an AG + GB + GH + DH + HE = XG + GH + HY ≥ XY = CF ul nf  oi lm Bài toán 1.2 (IMO 1996) Cho P điểm nằm ∆ABC thỏa mãn z at nh [ [ = AP [ [ AP B − ACB C − ABC z Gọi D, E tâm vòng tròn nội tiếp ∆AP B, ∆AP C Chứng minh AP , BD CE cắt điểm gm @ m co l Giải Trước hết, ta phải phân giác BD, CE tương ứng góc [ , ACP [ cắt điểm AP ABP an Lu 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 n va [ [ = Y[ \ = Y[ \=Y \ AP B − ACB AP + XBY ZP + XZP ZX ac th si B Z X D P E C A Y lu an n va [ [ = XY \ Chứng minh tương tự ta có AP C − ABC Z to tn \ \ Tam giác XY Z có góc Y ZX = XY Z nên XZ = XY Theo Hệ 1.2 ta gh có p ie [ XZ = BP sin ABC [ XY = CP sin ACB [ = CP sin ACB [ Ta có Vì XZ = XY nên BP sin ABC nl w d oa [ BP sin ACB = CP [ sin ABC (1.2) an lu Áp dụng Định lí sine cho tam giác ABC ta có va nf AB AC = [ [ sin ACB sin ABC Suy oi lm ul (1.3) z at nh Từ (1.2) (1.3) suy [ sin ACB AB = AC [ sin ABC AB AC = BP CP (1.4) z m co l gm @ Gọi H giao điểm BD AP Vì BH đường phân giác góc [ nên ABP AB HA = (1.5) BP HP an Lu Gọi K giao điểm CE AP Vì CK đường phân giác góc [ nên ACP KA AC = (1.6) CP KP n va ac th si = tF S = F C = |F B − BC | = − y = 2 Tương tự, a tEF = , tDS = |c − b| , b tF D = tES = |a − c| Khơng tính tổng qt ta giả sử a ≤ b ≤ c Khi c(b − a) a(c − b) + 4 b(c − a) = = tF D · tES lu tDE · tF S + tEF · tDS = an n va gh tn to p ie Theo Định lí Casey đảo, ta có S tiếp tuyến N qua D, E, F d oa nl w (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 lu CR = CP ul nf Do BP = BQ, va an AQ = AR, oi lm 2AQ = AQ + AR = AB + BP + CP + AC = 2s z at nh 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 z m co l gm @ b(a + c) a(c − b) c(b + a) + = = tDE · tF T 4 n va tF D · tET + tEF · tDT = an Lu Khi ac th si 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] lu an va Ta chứng minh bổ đề n to 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 p ie gh tn nl w 37 oa 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 C d va an lu nf oi lm A hA B θ ul θ hB L T z at nh tFS = FC’ = |FB−BC’| = |(c/2)−y| = |c−2(s−b)|/2 = |b−a|/2 hC z Proof By Ptolemy’s theorem and sine Hình 2.4 law, AT·BC +BT·CA = CT·BC (or m co l gm an Lu n va C si Substituting these into (*), the result follows This finishes the proof of the lemma ac th 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 @ 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 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 lu an AT = 2R [ sin ACT n va tn to \ [ = (AT, Ta lại có ACT L) = θ Suy (2.6) p ie gh AT = 2R sin θ oa nl w Từ (2.5) (2.6) suy AT = 2Rha Vậy p AT = 2Rha d Chứng minh tương tự ta có an lu p 2Rhb , CT = p 2Rhc nf va BT = oi lm ul Thay đại lượng vào công thức (2.3) ta có điều phải chứng minh Điều kết thúc phép chứng minh Bổ đề 2.1 z at nh Trở lại toán, giả sử Lb ∩ L = B , z La ∩ L = A , Lb ∩ Lc = A00 , 00 C 00 B 00 = A\ 00 B A0 − C\ 00 A0 B A\ m co l Tiếp theo Lc ∩ La = B 00 gm @ La ∩ Lb = C 00 , Lc ∩ L = C , n va [ = 180◦ − 2ACB an Lu A0 − (180◦ − 2CA 0B 0) \ \ = 2CB ac th si AT = 2khA , BT = 2khB , CT = 2khC Substituting these into (*), the result follows This finishes the proof of the 39 lemma 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 C Γ , 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 A" D r A Lb E B" B I F B' A' Lc L C' La lu tEF · tDT = b(a+c)/4+a(c −b)/4 = c(b+a)/4 = tDE · tFT an va n C" to verse of Casey’s theorem, we ngent to the circle N through Tương tự p ie gh tn 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 d oa nl w oi lm ul nf va an lu z at nh z m co l gm @ (continued on page 4) an Lu A + hB sin ∠B = hC sin ∠C n va ac th si 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 lu an Do I nằm Γ n va p ie gh tn to 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 Γ Do d oa nl w 00 00 00 00 B 00 I = A\ b B C = 90◦ − B A\ an lu (2.7), ta nhận √ B 00 B · B 00 I s BE nf va T (B 00 ) = hB r cos B z at nh = b sin(90◦ − B) b sin(90◦ − B) oi lm √ ID · ul = z Giả sử R bán kính đường trịn 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 m co l gm @ an Lu 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 n va T (A00 ) · B 00 C 00 + T (B 00 ) · C 00 A00 = T (C 00 ) · A00 B 00 ac th si 41 Theo Định lí Casey đảo ta có điều phải chứng minh  Phép chứng minh toán hồn thành Bài tốn 2.4 (xem [3]) Cho ∆ABC tam giác cân với AB = AC = L Một đường tròn ω tiếp xúc với BC cung BC đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆ABC Một đường thẳng từ A tiếp tuyến với ω tiếp điểm P Mơ tả quỹ tích P ω thay đổi lu Giải Chúng ta sử dụng Định lí Casey cho đường trịn (A), (B), (C) (với bán kính 0) ω, tất tiếp xúc với đường trịn ngoại tiếp ∆ABC Do đó, ω cắt BC Q, ta có an va n L · CQ + L · BQ = AP · BC to tn Suy gh L(BQ + CQ) = L BC Độ dài AP số, nghĩa quỹ tích P đường trịn tâm A bán kính AB = AC = L  p ie AP = oa nl w d 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 oi lm ul nf va an lu z at nh Giải Giả sử δ12 ký hiệu độ dài đoạn tiếp tuyến chung (O1 ) (O2 ) z Ta sử dụng Định lí Casey cho đường trịn (O1 ), (O2 ), (P ) (Q), tất tiếp xúc với (O) gm @ Suy √ TA · TB = P Q TQ an Lu δ12 PC + PD = PQ · = PQ · QT m co l P C · QT + P D · QT = P Q · δ12 n va  ac th si 42 lu an va Hình 2.5: Bài tốn 2.5 n to p ie gh tn Figure 2: Application II Bài toán 2.6 Trong tam giác ∆ABC, giả sử ωA , ωB ωC đường tròn tiếp xúc với BC, CA, AB qua trung điểm chúng cung Solution denote length of the common external tangent of (O1 ),A, (O2B, ) C) We use Casey’s BC, Let CA,δ12AB the đường tròn ngoại tiếp (khơng chứa Nếu theorem for the circles (O1 ), (O2 ), (P ), (Q), all internally tangent to (O) δBC , δCA , δAB tương ứng ký hiệu cho độ dài tiếp tuyến chung √ TA · TB δ12 (ωBP, CωC· QT ), (ω ωA· QT ) và= (ω = P Q + CP,D PQ δ12 =⇒hãy P Cchứng + P D minh = P Q ·rằng = P Q · A ,· ω B ), nl w d oa QT a+b+c va an lu δBC = δCA = δAB = TQ oi lm ul nf 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 trịn(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 z at nh δBC = δCA = δAB = δB · b = a · AE + c · CE B = (a + c) z 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 @ C δB · δC − BF · BE (a + c)(a + b) − bc a + b + c = = a 4a n va δBC = an Lu Suy C m co l gm 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) ac th si 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 lu an n va tn to 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 CQ2 · R2 CQ2 · R2 = , (R − %)(R − 0) (R − %) T B2 = BP · R2 BP · R = (R − %)(R − 0) R−% p ie gh T C2 = Điều kéo theo oa nl w TB BP = TC CQ d 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 ul nf va an lu oi lm Do áp dụng định lí góc phân giác ta có U chân đường phân giác góc ngồi T M ∆BT C  z at nh z Bài toán 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 ) gm @ m co l Giải Xét đường tròn (D), (E), (F ) với bán kính (I) Ký hiệu δXY hiểu độ dài đoạn tiếp tuyến đường trịn (X) (Y ),