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
Định lí Ptolemy
Trong bài viết này, chúng tôi giới thiệu Định lý Ptolemy, được đặt theo tên nhà toán học Hy Lạp Claudius Ptolemy, cùng với một số hệ quả quan trọng Định lý 1.1 khẳng định rằng tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đường tròn khi và chỉ khi tích của hai đường chéo bằng tổng các tích của các cạnh đối diện.
AC.BD = AB.CD + BC.AD (1.1)
Chọn điểm E trong tứ giác ABCD sao cho ABE đồng dạng với ACD và BAE đồng dạng với CAD Từ đó, xét các cặp tam giác đồng dạng ABE, ACD, ABC và AED, ta có AB.CD = BC.AD = AC(BE + ED) Cuối cùng, xác định điều kiện cần và đủ để điểm E nằm trên đoạn thẳng BD.
Claudius Ptolemy (100-187 TCN) là một nhà thiên văn học, toán học và địa lý nổi tiếng trong lịch sử Ông đã có những đóng góp quan trọng trong việc phát triển lý thuyết địa tâm và hệ thống bản đồ Các tác phẩm của Ptolemy, đặc biệt là "Almagest", đã ảnh hưởng sâu sắc đến khoa học trong nhiều thế kỷ sau đó Những định lý và phương pháp của ông vẫn được nghiên cứu và áp dụng trong các lĩnh vực khoa học hiện đại.
Định lý Ptolemy có thể được coi là sự mở rộng của Định lý Pythagoras cho tứ giác ABCD khi nó là hình chữ nhật, trong đó AC² = AB² + BC² Định lý này dẫn đến một số hệ quả quan trọng.
Hệ quả 1.1 Cho tứ giác nội tiếp ABCD với ∆ABC đều, ta có
BD = AD + CD. Định lí 1.1.1
Chứng minh Vì tứ giác ABCD nội tiếp nên theo Định lí Ptolemy ta có
AB ã CD + AD ã BC = AC ã BD.
Vì AB = BC = CA nên ta suy ra
CA ã CD + AD ã CA = AC ã BD.
CD + AD = BD Luận văn thạc sĩ Đinh Lý Casey và ứng dụng của nó trong nghiên cứu Nghiên cứu này tập trung vào việc phân tích mối quan hệ giữa các yếu tố trong luận văn thạc sĩ, nhằm cung cấp cái nhìn sâu sắc về ứng dụng thực tiễn của lý thuyết.
Hệ quả 1.2 Cho tứ giác nội tiếp ABCD với ABC [ = \ ADC = 90 ◦ , ta có
AC sin \ BAD = AC sin
= AC sin BAC [ ã cos \ DAC + cos BAC [ ã sin \ DAC
= AC ã BC ã AD + DC ã AB
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
ABC [ = \ ADC = 90 ◦ , từ Định lí sine ta có BD sin \ BAD bằng đường kính AC của đường tròn ngoại tiếp
Xin lỗi, nhưng nội dung bạn cung cấp không đủ thông tin để tôi có thể viết lại một đoạn văn có nghĩa Vui lòng cung cấp thêm thông tin hoặc nội dung chi tiết hơn để tôi có thể hỗ trợ bạn tốt hơn.
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, \ BCD = EF A [ = 60 ◦
Gọi G và H là hai điểm trong lục giác thỏa mãn AGB [ = DHE \ = 120 ◦ Chứng minh rằng
AG + GB + GH + DH + HE ≥ CF.
Gọi X và Y là các điểm nằm ngoài lục giác, thỏa mãn rằng ∆ABX và ∆DEY đều Do đó, DBXAEY là ảnh của lục giác ABCDEF qua phép đối xứng trục BE, dẫn đến kết luận CF = XY.
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.
Bài toán 1.2 (IMO 1996) Cho P là điểm nằm trong ∆ABC thỏa mãn
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 ABP [ , 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
AP B [ − ACB [ = Y AP [ + XBY \ = Y ZP [ + XZP \ = Y ZX \
Chứng minh tương tự ta có AP C [ − ABC [ = \ XY Z.
Tam giác XY Z có góc Y ZX \ = \ XY Z nên XZ = XY Theo Hệ quả 1.2 ta có
XZ = BP sin ABC [ và XY = CP sin ACB [
Vì XZ = XY nên BP sin ABC [ = CP sin ACB [ Ta có
CP = sin ACB [ sin ABC [ (1.2) Áp dụng Định lí sine cho tam giác ABC ta có
AB sin ACB [ = AC sin ABC [ Suy ra sin ACB [ sin ABC [ = AB
Gọi H là giao điểm của BD và AP Vì BH là đường phân giác của góc
Gọi K là giao điểm của CE và AP Vì CK là đường phân giác của góc
KP (1.6) là một nghiên cứu quan trọng trong lĩnh vực luận văn thạc sĩ, tập trung vào các ứng dụng của lý thuyết và phương pháp nghiên cứu Nghiên cứu này nhấn mạnh tầm quan trọng của việc áp dụng lý thuyết vào thực tiễn, đồng thời cung cấp cái nhìn sâu sắc về cách thức phát triển và triển khai các luận văn thạc sĩ hiệu quả Thông qua việc phân tích các trường hợp cụ thể, nghiên cứu giúp sinh viên và giảng viên hiểu rõ hơn về quy trình và yêu cầu trong việc thực hiện luận văn thạc sĩ.
KP Suy ra H ≡ K Vậy ba đường thẳng AP , BD và CE cắt nhau tại một điểm trên AP
Bài toán 1.3 đề cập đến bất đẳng thức Esd¨ os-Mordell, trong đó cho P là một điểm trong tam giác ∆ABC và d a, d b, d c là khoảng cách từ P tới các cạnh BC, CA, AB tương ứng Bất đẳng thức này khẳng định rằng tổng các khoảng cách từ P đến các đỉnh A, B, C là lớn hơn hoặc bằng hai lần tổng các khoảng cách từ P đến các cạnh của tam giác, tức là PA + PB + PC ≥ 2(da + db + dc) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi P nằm trên đường trung bình của tam giác.
∆ABC đều và P là tâm đường tròn nội tiếp.
Gọi X , Y , Z lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ P xuống BC, CA, Định lí 1.1.1 AB.
Theo Hệ quả 1.2 hoặc định lí sine và định lí cosine, ta có
Từ 180 ◦ − A b = B b + C, khai triển và nhóm lại ta được b
Sử dụng các bất đẳng thức tương tự như bất đẳng thức cuối và kết quả download by : skknchat@gmail.com x + 1 x ≥ 2 với mọi x > 0, ta có
Phương trình (1.7) được thiết lập thông qua việc sắp xếp lại các số hạng, và đẳng thức xảy ra khi A b = B b = C b và d a = d b = d c Điều này có nghĩa là tam giác ∆ABC đều và P là tâm đường tròn nội tiếp.
Bài toán 1.4 (IMO 1991) yêu cầu chứng minh rằng trong tam giác ABC với điểm P nằm trong tam giác, ít nhất một trong các góc PAB, PBC hoặc PCA phải nhỏ hơn hoặc bằng 30 độ Định lý 1.1.1 sẽ được áp dụng để giải quyết bài toán này.
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°, dẫn đến mâu thuẫn Do đó, ba góc phải lớn hơn hoặc bằng 30° và nhỏ hơn hoặc bằng 150° Gọi d_a là khoảng cách từ điểm P đến đường BC, ta có công thức 2d_a = 2P_B sin(P_BC).
Trong bài toán 1.5, đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh AC và AB tại các điểm E và F Các đường thẳng BE và CF lần lượt cắt đường tròn (I) tại các điểm M và N Cần chứng minh mối quan hệ giữa các điểm này trong tam giác.
To download the content, please contact skknchat@gmail.com for assistance.
Giải Gọi D là tiếp điểm của BC và (I ).
Hình 1.1 Áp dụng Định lí Ptolemy cho các tứ giác EF M D và EF DN ta có điều cần 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
Giải Chú ý rằng tứ giác BACQ nội tiếp Theo Định lí Ptolemy, ta có
Do ABC là tam giác nên đều nên P A = P C + P B Chú ý rằng
Phép chứng minh được hoàn thành
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
AC Giải Áp dụng Định lí Ptolemy đối với tứ giác AM BC, ta có
Do CA = CB, ta có
Phép chứng minh được kết thúc
Bài toán 1.8 (Định lí Pytago) Cho tam giác vuông ABC với ACB [ = 90 ◦ , ta có BC 2 + AC 2 = AB 2
Giải Vẽ đường tròn với tâm là trung điểm O của AB và bán kính AB
2 Gọi giao điểm của tia CO và đường tròn là D. Áp dụng Định lí Ptolemy đối với tứ giác ABCD, ta có
AD ã BC + BD ã AC = AB ã CD.
Từ các mối quan hệ giữa các đoạn thẳng AD, BC, BD, AC và CD, ta có thể áp dụng định lý Pythagore để chứng minh rằng BC² + AC² = AB² Bài toán 1.9 yêu cầu chứng minh công thức sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a, với a và b là các góc nhọn.
Giải Vẽ đường tròn với đường kính AC = 1. b
Dựng các tia AB và AD nằm trên các phía đối diện nhau đối với đường kính
AC thỏa mãn CAB [ = a và CAD \ = b Kẻ đường kính BE như trong hình vẽ.
Vì AC và BE là đường kính, ta có ABC, [ \ ADC và BDE \ là các góc vuông Suy ra
AB = cos a, BC = sin a, CD = sin b, DA = cos b.
Cũng vậy, BED \ = \ BAD = a + b và BD = p = sin(a + b). Áp dụng Định lí Ptolemy đối với tứ giác ABCD, ta có
AC ã BD = BC ã DA + CD ã AB, 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
A 1 A 2 A 3 A 4 , thì ta có hệ thức
M A 2 1 + M A 2 3 = M A 2 2 + M A 2 4 Giải Không mất tính tổng quát, giả sử M nằm trên cung nhỏ A 1 A 4 b
A 4 b A 3 b M Đặt M A 1 = x 1 , M A 2 = x 2 , M A 3 = x 3 , M A 4 = x 4 và gọi cạnh của hình vuông là a Áp dụng Định lí Ptolemy đối với các tứ giác M A 1 A 2 A 3 và M A 1 A 3 A 4 , ta có x 1 a + x 3 a = x 2 a √
Khử a ở cả hai vế, phương trình thứ hai trở thành x 3 − x 1 = x 4
√ 2 Suy ra (x 1 + x 3 ) 2 + (x 3 − x 1 ) 2 = 2x 2 2 + 2x 2 4 Khai triển phương trình và khử cả hai vế, ta được x 2 1 + x 2 3 = x 2 2 + x 2 4 , đây là kết quả cần tìm
Bài toán 1.11 đề cập đến một đa giác đều có số cạnh lẻ, với các đỉnh được ký hiệu là A1, A2, , An Gọi M là điểm nằm trên cung nhỏ A1An của đường tròn ngoại tiếp Cần chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ điểm M tới các đỉnh A_i (với i là số lẻ) bằng tổng các khoảng cách từ M tới các đỉnh A_k (với k là số chẵn).
Giải Gọi cạnh của đa giác đều là a Vẽ các đường chéo A 1 A 3 , A 2 A 4 , ,
A n A 2 , có độ dài chung là b.
Tiếp theo, vẽ các dây cung M A 1, M A 2, , M A n với độ dài tương ứng d i Áp dụng Định lý Ptolemy cho các tứ giác M A 1 A 2 A 3, M A 2 A 3 A 4, để phân tích mối quan hệ giữa các điểm và dây cung trong hình học.
Trong bài toán liên quan đến các đại lượng M A n−1 A n A 1 và M A n A 1 A 2, ta có các phương trình ad 1 + ad 3 = bd 2, bd 3 = ad 2 + ad 4, ad 3 + ad 5 = bd 4, bd 5 = ad 4 + ad 6, ad n−2 + ad n = bd n−1, bd n + ad 1 = ad n−1, và ad n + bd 1 = ad 2 Khi cộng tất cả các phương trình này lại, chúng ta sẽ thu được một kết quả tổng quát.
Khử 2a + b, hệ thức này trở thành d 1 + d 3 + + d n = d 2 2 + d 4 + + d n−1 , 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.
Bài toán 1.12 (xem [2]) Nếu điểm P nằm trên cung nhỏ 5.0ptAB _ của đường tròn ngoại tiếp tam giác đều ABC , thì
Giải Áp dụng Định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp P ABC
Bài toán 1.13 (xem [2]) Nếu điểm P nằm trên cung nhỏ 5.0ptAB _ của đường tròn ngoại tiếp tam giác cân ABC với AC = BC thì
AC Bài toán 1.14 (xem [2]) Nếu điểm P nằm trên cung nhỏ 5.0ptAB _ của đường tròn ngoại tiếp hình vuông ABCD thì
Giải Áp dung Định lí Ptolemy cho các tứ giác nội tiếp P ADC và P BCD
Bài toán 1.15 (xem [2]) Nếu điểm P nằm trên cung nhỏ 5.0ptAB _ của đường tròn ngoại tiếp lục giác đều ABCDEF thì
Giải Sử dụng Bài toán 1.12 cho các tam giác đều ACE và BDF
Bất đẳng thức Ptolemy
Bất đẳng thức Ptolemy
Bất đẳng thức Ptolemy (Định lý 1.2) phát biểu rằng, với tứ giác ABCD, tổng độ dài các cạnh đối diện thỏa mãn AB + CD + DA + BC ≥ AC + BD Đẳng thức chỉ xảy ra khi tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.
Chứng minh rằng hai tia AB và AC cắt các đường chéo BD và AC tại các điểm X và Y sao cho góc XAB bằng góc DAC và góc YBA bằng góc DCA.
Giả sử AX cắt BY tại E Khi đó BAC [ = \ EAD Ta có ∆ABE v ∆ACD.
AD Suy ra AB ã CD = AC ã BE (1.9)
Và ta cũng có ∆AED v ∆ABC Suy ra
BC Suy ra AD ã BC = AC ã ED (1.10) Cộng từng vế của phương trình (1.9) và (1.10) ta có
AB ã CD + AD ã BC = AC ã (BE + ED) ≥ AC ã BD.
Như vậy đối với tứ giác bất kỳ ABCD ta luôn có
Đẳng thức AB ã CD + AD ã BC ≥ AC ã BD được áp dụng trong hình học, trong đó đẳng thức chỉ xảy ra khi điểm E thuộc đoạn thẳng BD Khi đó, diện tích tam giác ABD bằng diện tích tam giác ACD, dẫn đến việc tứ giác ABCD trở thành tứ giác nội tiếp Phép chứng minh đã được hoàn tất.
Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy để thiết lập bất đẳng thức mới
Bài viết này trình bày các ví dụ minh họa về việc thiết lập bất đẳng thức từ Bất đẳng thức Ptolemy Chúng ta sẽ xem xét tam giác ABC với các trung tuyến AM, BN, CP và trọng tâm G.
Điểm K là điểm đối xứng của N qua M, tạo thành tam giác PKC với các cạnh chính là các trung tuyến của tam giác ABC Độ dài của các trung tuyến trong tam giác này cũng là một yếu tố quan trọng cần lưu ý.
G tam giác P KC ứng với các đỉnh C, P , K theo thứ tự bằng 3
4 b, trong đó E là giao điểm của P M với CK ). Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy vào tứ giác BP N C, ta có
(4m 2 a )(4m 2 b )(4m 2 c ) ≤ (2a 2 + bc)(2b 2 + ac)(2c 2 + ab). Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến ta được
Công thức toán học được trình bày là ≤ (2a² + bc)(2b² + ac)(2c² + ab) Đây là một biểu thức quan trọng trong lĩnh vực đại số, thể hiện mối quan hệ giữa các biến a, b và c Việc hiểu rõ cấu trúc và tính chất của biểu thức này có thể giúp trong việc giải quyết các bài toán phức tạp hơn trong toán học.
Ta có thể chứng minh bắt đẳng thức (1.12) bằng đại số như sau:
(2a 2 + 2c 2 − b 2 )(2b 2 + 2c 2 − a 2 ) ≤ (2c 2 + ab) 2 ; (2a 2 + 2b 2 − c 2 )(2b 2 + 2c 2 − a 2 ) ≤ (2c 2 + ac) 2 Nhân theo từng vế các bất đẳng thức trên với chú ý
2b 2 + 2c 2 − a 2 > 0 ta được bất đẳng thức cần chứng minh.
Từ (1.11) suy ra 4(m a m b + m b m c + m c m a ) ≤ 2(a 2 + b 2 + c 2 ) + (ab + bc + ca) (1.13)
Từ 4(m 2 a + m 2 b + m 2 c ) = 3(a 2 + b 2 + c 2 ) và (1.13) ta thu được
7(a 2 + b 2 + c 2 ) + 2(ab + bc + ca) (1.14) Áp dụng (1.11) cho tam giác P KC ta được
Từ (1.15) có 9(ab + bc + ca) ≤ 8(m 2 a + m 2 b + m 2 c ) + 4(m a m b + m b m c + m c m a ) (1.16)
Vậy trong tam giác có độ dài ba cạnh là a, b, c và dộ dài ba trung tuyến tương ứng là m a , m b , m c ta có các bất đẳng thức
Luan văn thạc sĩ Đinh Lý Casey và ứng dụng của nó trong nghiên cứu hiện nay đang trở thành một chủ đề quan trọng Bài viết này sẽ khám phá các khía cạnh khác nhau của luận văn thạc sĩ, từ cấu trúc đến nội dung và cách thức áp dụng trong thực tế Những nghiên cứu này không chỉ giúp nâng cao kiến thức chuyên môn mà còn đóng góp vào sự phát triển của ngành học Hãy cùng tìm hiểu sâu hơn về vai trò và tầm ảnh hưởng của luận văn thạc sĩ Đinh Lý Casey trong bối cảnh học thuật hiện đại.
21 Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác AP GN ta có
AG ã P N ≤ AP ã GN + AN ã GP.
2bm b ≤ am c + cm a , 2cm c ≤ am b + bm a (1.22) Suy ra
2am 2 a ≤ bm c m a + cm b m a ; 2bm 2 b ≤ am c m b + cm a m b ; 2cm 2 c ≤ am b m c + bm a m c Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được am b m c + bm c m a + cm a m b ≥ am 2 a + bm 2 b + cm 2 c
2c 2 m c ≤ acm b + bcm a Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được abm c + bcm a + cam b ≥ a 2 m a + b 2 m b + c 2 m c
Từ đó và do (1.22) abm c + acm b ≥ 2a 2 m a có abm c + bcm a + cam b ≥ (2a 2 + bc)m a ≥ 4m b m c m a vì 4m b m c ≤ 2a 2 + bc theo (1.11) Suy ra ab m a m b
≥ 4. Áp dụng bất đẳng thức này cho tam giác P KC ta thu được bất đẳng thức m a m b ab + m b m c bc + m c m a ca ≥ 9
Vậy trong tam giác có độ dài ba cạnh là a, b, c và độ dài ba trung tuyến tương ứng là m a , m b , m c ta có các bất đẳng thức sau:
• am b m c + bm c m a + cm a m b ≥ am 2 a + bm 2 b + cm 2 c ,
Định lí Casey và ứng dụng 26 2.1 Định lí Casey
Định lí Feuerbach : Một sự mở rộng của Định lí Ptolemy
Mục đích của phần này là trình bày Định lý Feuerbach, một sự mở rộng của Định lý Ptolemy Để mở rộng Định lý Ptolemy, ta xem xét bài toán liên quan đến tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn (E) Với quan niệm mỗi điểm là một đường tròn điểm có bán kính bằng 0, độ dài đoạn thẳng giữa hai điểm được coi là độ dài tiếp tuyến chung của hai đường tròn điểm Ta xét bốn đường tròn (J A ), (J B ), (J C ), (J D ) với các tâm và bán kính tương ứng là (J A ), r A ; (J B ), r B ; (J C ), r C ; (J D ), r D, sao cho chúng đều tiếp xúc với đường tròn (E) tại các điểm A, B, C, D.
Định lý 2.1 phát biểu rằng, trong một tứ giác nội tiếp đường tròn (E), nếu ta thay thế khoảng cách giữa hai điểm A và B bằng độ dài tiếp tuyến chung ngoài T V = t AB của hai đường tròn (J A) và (J B), thì có thể áp dụng Định lý Ptolemy.
Nếu bốn đường tròn (J A), (J B), (J C), (J D) tiếp xúc với đường tròn (E) tại các điểm A, B, C, D, thì độ dài các tiếp tuyến chung ngoài của từng cặp đường tròn thỏa mãn hệ thức t AB + t CD = t AC + t BD.
Chứng minh rằng, với các bán kính đường tròn R, r A, r B, r C, r D theo thứ tự của các đường tròn (E), (J A), (J B), (J C), (J D) và AEB [= α, ta có thể xác định độ dài tiếp tuyến chung ngoài T V = t AB giữa hai đường tròn (J A) và (J B) Theo đó, công thức tính t 2 AB = T V 2 = J A J B 2 − (r A − r B) 2 sẽ được áp dụng để chứng minh mối quan hệ giữa các bán kính và độ dài tiếp tuyến.
Sau khi biến đổi để khử cos α ta được t AB = AB
Tương tự có t BC = BC
Áp dụng Định lý Ptolemy cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (E) và sử dụng hệ thức (1.1) cùng với các công thức về độ dài tiếp tuyến, ta có thể rút ra hệ thức (2.1) từ biểu thức R p (R − r B )(R − r D ).
1 Nếu hai đường tròn (J A ), (J B ) cùng tiếp xúc ngoài với đường tròn (E) với
T V = t AB là độ dài tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (J A ), (J B ), thì biến đổi tương tự trên, ta có t AB = AB
R p (R + r A )(R + r B ) Điều đó dẫn đến hệ thức (2.1) vẫn đúng khi bốn đường tròn (J A ), (J B ), (J C ), (J D ) đều tiếp xúc ngoài với đường tròn (E) tương ứng tại A, B, C, D.
2 Nếu đường tròn (J A ) tiếp xúc trong với đường tròn (E) còn đường tròn (J B ) tiếp xúc ngoài với đường tròn (E) thì chọn T V = t AB là độ dài tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn (J A ), (J B ), lúc đó lập luận tương tự trên ta có t AB = AB
R p (R − r A )(R + r B ) Chọn như thế với các cặp 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 t AB = AB nên hệ thức (2.1) vẫn đúng.
Dựa trên những nhận xét trước đó, có thể chứng minh Định lý của nhà toán học Ireland J Casey (1820-1891), định lý này tổng quát hơn Định lý 2.1 Định lý Casey mở rộng các khái niệm đã được nêu ra và cung cấp cái nhìn sâu sắc hơn về các vấn đề toán học liên quan.
Định lý 2.2 (Casey) nêu rằng, với bốn đường tròn (J1), (J2), (J3), (J4) tiếp xúc với đường tròn (E) tại các điểm A1, A2, A3, A4, nếu hai đường tròn liên tiếp tiếp xúc cùng loại với (E) thì chọn tiếp tuyến chung ngoài; nếu tiếp xúc khác loại, chọn tiếp tuyến chung trong Độ dài t ik của tiếp tuyến giữa hai đường tròn (Ji) và (Jk) thỏa mãn hệ thức t12 t34 + t23 t41 = t13 t24, với i và k thuộc {1; 2; 3; 4}.
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 (M 1 ), (M 2 ), (M 3 ) và tiếp xúc với đường tròn (J 4 ) nội tiếp tam giác ABC thì độ dài các tiếp tuyến chung của từng cặp trong bốn đường tròn (M 1 ), (M 2 ), (M 3 ), (J 4 ) phải thỏa mãn hệ thức (2.2).
Vì M 1 , M 2 , M 3 tương ứng là trung điểm của BC , CA, AB (giả sử a ≥ b ≥ c) nên ta có t 12 = c
2 = t 13 t 24 , tức là hệ thức (2.2) được thỏa mãn Đường tròn đi qua ba điểm M 1 , M 2 ,
M 3 chính là đường tròn Euler có tâm E là trung điểm của OH , trong đó b
O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, trong khi H là trực tâm của tam giác này Kết quả này gợi ý rằng đường tròn Euler và đường tròn nội tiếp tam giác ABC sẽ tiếp xúc với nhau, theo Định lý Feuerbach Điều kiện tương tự về sự tiếp xúc của một đường tròn với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC được nêu trong Định lý 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 J 1 , J 2 , J 3 và r 1 , r 2 , r 3 tương ứng là tâm và bán kính đường tròn bàng tiếp tương ứng với cạnh BC , CA, AB và các tiếp điểm K 1 , K 2 , K 3 , P 1 , P 2 , Q 1 , Q 2 , N 2 , N 3 ; còn J 4 và r 4 là tâm và bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC và các tiếp điểm F 1 , F 2 , F 3 Gọi M 1 ,
M2 và M3 lần lượt là trung điểm của các cạnh BC và CA, trong khi O là tâm của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Các đường cao AH1, BH2 và CH3 cắt nhau tại các điểm quan trọng, tạo nên sự liên kết giữa các yếu tố trong tam giác.
Lưu ý rằng đối với mỗi cặp đường tròn (J 1), (J 2), (J 3), chúng ta sẽ lấy các tiếp tuyến chung ngoài Đồng thời, cần lấy tiếp tuyến chung trong của (J 4) với từng đường tròn còn lại.
BF 1 = BF 3 = AK 3 = AQ 3 = CK 1 = CQ 1 = p − b,
CF 1 = CF 2 = AK 2 = AP 2 = BK 1 = BP 1 = p − c,
AF 1 = AF 3 = AK 3 = BN 3 = CK 2 = CN 2 = p − a.
Từ đó có t 12 = P 1 P 2 = BP 1 + BA + AP 2 = p − c + c + p − c = a + b, t 13 = Q 1 Q 3 = CQ 1 + CA + AQ 3 = p − b + b + p − b = a + c, t 23 = N 2 N 3 = CN 2 + CB + BN 3 = p − a + a + p − a = b + c, và t 24 = F 2 K 2 = AK 2 − AF 2 = p − c − (p − a) = a − c, t 34 = F 3 K 3 = AK 3 − AF 3 = p − b − (p − a) = a − b, t 41 = F 1 K 1 = BK 1 − BF 1 = p − c − (p − b) = b − c.
Hệ thức (2.2) đã được xác nhận, 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) Đây là một kết luận quan trọng từ Định lý Feuerbach Theo Định lý 2.3 (Feuerbach), đường tròn Euler của tam giác ABC, là đường tròn đi qua trung điểm các cạnh và chân các đường cao của tam giác, tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác và ba đường tròn bàng tiếp của tam giác đó.
Phép chứng minh Định lý Feuerbach được trình bày chi tiết trong tài liệu của Hoàng Chúng và Nguyễn Văn Ban Tài liệu này cung cấp các luận điểm và ứng dụng của định lý trong lĩnh vực hình học, giúp người đọc hiểu rõ hơn về ý nghĩa và tầm quan trọng của định lý Feuerbach trong toán học.
Định lí Casey
Định lý Casey mở rộng Định lý Ptolemy và có nhiều ứng dụng trong giải quyết các bài toán hình học Định lý này liên quan đến các đường tròn C1, C2, C3, C4 với các tâm O1, O2, O3, và cung cấp những công cụ hữu ích cho việc phân tích mối quan hệ giữa các điểm và đường tròn trong không gian hình học.
Khi O 4 tiếp xúc với đường tròn C tâm E tại các điểm P 1, P 2, P 3, P 4, ta có mối quan hệ t 12 ã t 34 + t 14 ã t 23 = t 13 ã t 24, trong đó t ik là độ dài của tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn C i và C k Để chứng minh điều này, hãy tham khảo Hình 2.1.
Below are the problems of the 2011
IMO Team Selection Contest from
Problem 1 Two circles lie completely outside each other Let A be the point of intersection of internal common tangents of the circles and let K be the projection of this point onto one of their external common tangents The tangents, different from the common tangent, to the circles through point K meet the circles at M 1 and M 2 Prove that the line AK bisects angle M 1 KM 2
Problem 2 Let n be a positive integer
Prove that for each factor m of the number 1+2+ ⋯ +n such that m ≥ n, the set {1,2, ⋯ ,n} can be partitioned into disjoint subsets, the sum of the elements of each being equal to m
Problem 3 Does there exist an operation * on the set of all integers such that the following conditions hold simultaneously:
Editors: 張 百 康(CHEUNG Pak-Hong), Munsang College, HK
高 子 眉 (KO Tsz-Mei)
梁 達 榮 (LEUNG Tat-Wing)
李 健 賢 (LI Kin-Yin), Dept of Math., HKUST
吳 鏡 波 (NG Keng-Po Roger), ITC, HKPU
Artist: 楊 秀 英 (YEUNG Sau-Ying Camille), MFA, CU
Acknowledgment: Thanks to Elina Chiu, Math Dept.,
On-line: http://www.math.ust.hk/mathematical_excalibur/
The editors invite contributions from teachers and students, requesting that submissions include your name, address, school, email, and phone or fax numbers if possible Electronic submissions, particularly in MS Word format, are preferred Please note that the deadline for submitting materials for the upcoming issue is May 11, 2012.
For individual subscription for the next five issues for the
09-10 academic year, send us five stamped self-addressed envelopes Send all correspondence to:
Dr Kin-Yin LI, Math Dept., Hong Kong Univ of Science and Technology, Clear Water Bay, Kowloon, Hong Kong
Email: makyli@ust.hk © Department of Mathematics, The Hong Kong University of Science and Technology
We recall Ptolemy’s theorem, which asserts that for four noncollinear points
A, B, C, D on a plane, we have ABãCD +ADãBC = ACãBD if and only if ABCD is a cyclic quadrilateral (cf vol 2, no 4 of Math
Excalibur) In this article, we study a generalization of this theorem known as t 12 t 14 t 34 t 23 t 24 t 13 O
C 4 with centers O 1 , O 2 , O 3 , O 4 are internally tangent to a circle C with center O at points P 1 , P 2 , P 3 , P 4 in cyclic order respectively, then t 12 ã t 34 + t 14 ã t 23 = t 13 ã t 24 , (*) where t ik denote the length of an external common tangent of circle C i and C k
To prove this, consider the following figure
Let line AB be an external common tangent to C 1 , C 2 intersecting C 1 at Q 1 ,
C 2 at Q 2 Let line P 1 Q 1 intersect C at S
Let r 1 , r be the respective radii of C 1 , C
Then the isosceles triangles P 1 O 1 Q 1 and
P 1 OS are similar So O 1 Q 1 || OS Since
O 1 Q 1 ⊥ AB, so OS ⊥ AB, hence S is the midpoint of arc AB Similarly, line P 2 Q 2 passes through S Now ∠ SQ 1 Q 2 =
∠ SP 2 P 1 Then ΔSQ 1 Q 2 and ΔSP 2 P 1 are similar So
The expressions for the other t ik ’s are similar Since P 1 P 2 P 3 P 4 is cyclic, by Ptolemy’s theorem,
P 1 P 2 ãP 3 P 4 + P 1 P 4 ãP 2 P 3 = P 1 P 3 ãP 2 P 4 Multiplying all terms by
Casey’s theorem can be adapted to include scenarios where certain circles, denoted as C k, are externally tangent to another circle, C To achieve this, we define t ik as the length of the external or internal common tangent between circles C i and C k, depending on whether the circles are situated on the same side or opposite sides of circle C.
In case C k is externally tangent to C, consider the following figure The proof is the same as before except the factor r − r k should be replaced by r + r k
The converse of Casey’s theorem and its extension are valid, though their proofs are more complex and often involve inversion techniques For those interested in a detailed proof of the converse, it can be found in Roger A Johnson’s book.
Advanced Euclidean Geometry, published by Dover
Next we will present some geometry problems that can be solved by Casey’s theorem and its converse.
Giả sử đường thẳng AB là tiếp tuyến tại điểm Q1 và cắt đường tròn C2 tại điểm Q2 Đường thẳng P1Q1 cắt đường tròn C tại điểm S Gọi r1 và r lần lượt là bán kính của các đường tròn C1 và C Khi đó, các tam giác P1O1Q1 và P1OS là đồng dạng, dẫn đến tỷ lệ O1Q1 trên OS.
O 1 Q 1 ⊥ AB, nên OS ⊥ AB, do đó S là trung điểm của cung 5.0ptAB _ Tương tự, đường thẳng P 2 Q 2 đi qua S Bây giờ ta có
2 P \ 1 OS = SP \ 2 P 1 Khi đó ∆SQ 1 Q 2 và ∆SP 2 P 1 là đồng dạng Vậy
Bài viết này tập trung vào việc nghiên cứu và ứng dụng luận văn thạc sĩ của Dinh Ly Casey Nội dung chủ yếu xoay quanh các phương pháp và kết quả đạt được từ luận văn, nhấn mạnh tầm quan trọng của việc áp dụng lý thuyết vào thực tiễn Các nghiên cứu này không chỉ cung cấp cái nhìn sâu sắc về lĩnh vực mà còn góp phần nâng cao chất lượng giáo dục và nghiên cứu trong ngành.
Các biểu thức như vậy đối với các t ik khác là tương tự Do P 1 , P 2 , P 3 , P 4 là xoay vòng, theo Định lí Ptolemy ta có
Nhân các số hạng p (r − r 1 )(r − r 2 )(r − r 3 )(r − r 4 ) r 2 và áp dụng định lý (2.4), ta thu được kết quả (2.3) Định lý Casey có thể được mở rộng để bao gồm các trường hợp mà trong đó C k là tiếp xúc ngoài với C Để làm điều này, ta xác định t ik một cách tổng quát hơn, là độ dài của tiếp tuyến chung ngoài (hoặc trong) của các đường tròn C i với C k khi các đường tròn cùng phía (hoặc khác phía) so với điểm C Trong trường hợp C k tiếp xúc ngoài với C, hãy tham khảo Hình 2.2.
Below are the problems of the 2011
IMO Team Selection Contest from
Problem 1 Two circles lie completely outside each other Let A be the point of intersection of internal common tangents of the circles and let K be the projection of this point onto one of their external common tangents The tangents, different from the common tangent, to the circles through point K meet the circles at M 1 and M 2 Prove that the line AK bisects angle M 1 KM 2
Problem 2 Let n be a positive integer
Prove that for each factor m of the number 1+2+ ⋯ +n such that m ≥ n, the set {1,2, ⋯ ,n} can be partitioned into disjoint subsets, the sum of the elements of each being equal to m
Problem 3 Does there exist an operation * on the set of all integers such that the following conditions hold simultaneously:
Editors: 張 百 康(CHEUNG Pak-Hong), Munsang College, HK
高 子 眉 (KO Tsz-Mei)
梁 達 榮 (LEUNG Tat-Wing)
李 健 賢 (LI Kin-Yin), Dept of Math., HKUST
吳 鏡 波 (NG Keng-Po Roger), ITC, HKPU
Artist: 楊 秀 英 (YEUNG Sau-Ying Camille), MFA, CU
Acknowledgment: Thanks to Elina Chiu, Math Dept.,
On-line: http://www.math.ust.hk/mathematical_excalibur/
The editors invite submissions from teachers and students, requesting that contributors include their name, address, school affiliation, email, and contact numbers Electronic submissions in MS Word format are preferred Please note that the deadline for contributions for the upcoming issue is May 11, 2012.
For individual subscription for the next five issues for the
09-10 academic year, send us five stamped self-addressed envelopes Send all correspondence to:
Dr Kin-Yin LI, Math Dept., Hong Kong Univ of Science and Technology, Clear Water Bay, Kowloon, Hong Kong
Email: makyli@ust.hk © Department of Mathematics, The Hong Kong University
We recall Ptolemy’s theorem, which asserts that for four noncollinear points
A, B, C, D on a plane, we have ABãCD +ADãBC = ACãBD if and only if ABCD is a cyclic quadrilateral (cf vol 2, no 4 of Math
Excalibur) In this article, we study a generalization of this theorem known as t 12 t 14 t 34 t 23 t 24 t 13 O
C 4 with centers O 1 , O 2 , O 3 , O 4 are internally tangent to a circle C with center O at points P 1 , P 2 , P 3 , P 4 in cyclic order respectively, then t 12 ã t 34 + t 14 ã t 23 = t 13 ã t 24 , (*) where t ik denote the length of an external common tangent of circle C i and C k
To prove this, consider the following figure
Let line AB be an external common tangent to C 1 , C 2 intersecting C 1 at Q 1 ,
C 2 at Q 2 Let line P 1 Q 1 intersect C at S
Let r 1 , r be the respective radii of C 1 , C
Then the isosceles triangles P 1 O 1 Q 1 and
P 1 OS are similar So O 1 Q 1 || OS Since
O 1 Q 1 ⊥ AB, so OS ⊥ AB, hence S is the midpoint of arc AB Similarly, line P 2 Q 2 passes through S Now ∠ SQ 1 Q 2 =
∠ SP 2 P 1 Then ΔSQ 1 Q 2 and ΔSP 2 P 1
The expressions for the other t ik ’s are similar Since P 1 P 2 P 3 P 4 is cyclic, by Ptolemy’s theorem,
P 1 P 2 ãP 3 P 4 + P 1 P 4 ãP 2 P 3 = P 1 P 3 ãP 2 P 4 Multiplying all terms by
Casey’s theorem can be expanded to include scenarios where certain circles \( C_k \) are externally tangent to circle \( C \) In this context, the term \( t_{ik} \) is defined more broadly as the length of the external or internal common tangent between circles \( C_i \) and \( C_k \), depending on whether the circles are positioned on the same side or opposite sides of circle \( C \).
In case C k is externally tangent to C, consider the following figure The proof is the same as before except the factor r − r k should be replaced by r + r k
The converse of Casey’s theorem, along with its extension, is also valid, although the proofs are more complex and often involve inversion techniques For those interested in a detailed proof of the converse, it is available in Roger A Johnson’s book.
Advanced Euclidean Geometry, published by Dover
Next we will present some geometry problems that can be solved by Casey’s theorem and its converse.
Phép chứng minh trong trường hợp này tương tự như trước, nhưng đại lượng r − r k được thay thế bằng r + r k Định lý Casey và sự tổng quát của nó cũng đúng, mặc dù phép chứng minh có độ khó và độ dài cao, đồng thời sử dụng phép nghịch đảo trong một số trường hợp Chi tiết cụ thể có thể được tham khảo trong tài liệu của Johnson R.A.
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 từ Olympiad Toán học Hồng Kông 2009 đề cập đến tam giác vuông ∆ABC tại đỉnh C, với CD là đường cao từ C xuống cạnh AB, nơi D nằm trên AB Đường tròn ngoại tiếp ∆BCD được ký hiệu là w, trong khi một đường tròn tiếp xúc với các đoạn thẳng AD và nằm trong tam giác ∆ACD được ký hiệu là v.
AC tại M và N , và cũng tiếp xúc với đường tròn w.
1 Chứng minh rằng BD ã CN + BC ã DM = CD ã BM
Giả sử B, C, D là các đường tròn có bán kính bằng 0 tiếp xúc ngoài với đường tròn w Theo định lý Casey, ta có thể suy ra rằng tổng các đoạn thẳng BD, CN, BC, DM sẽ bằng đoạn thẳng CD và BM.
Giả sử hai đường tròn v và w tiếp xúc tại điểm P, thì góc BP C bằng 90 độ Khi đó, O và O' là tâm của các đường tròn w và v, tạo thành một mối quan hệ đặc biệt giữa ba điểm O, P và O'.
35 điểm thẳng hàng Do vậy
= 90 ◦ Vậy N P C \ = 90 ◦ Do đó ba điểm B , P , N thẳng hàng Suy ra
Cũng thế C b = 90 ◦ và CP ⊥BN kéo theo
Bài toán 2.2 Giả sử D, E, F là trung điểm các cạnh AB, BC, CA của
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
Xét các đường tròn D, E, F với bán kính 0 và các tiếp điểm A0, B0, C0 của đường tròn S với các cạnh BC, CA, AB Cần lưu ý rằng hai đoạn tiếp tuyến từ một điểm đến một đường tròn luôn có độ dài bằng nhau.
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 = c + b − a
Theo định lí trung điểm, ta có t DE = DE = 1
2 Không mất tính tổng quát ta có thể giả sử a ≤ b ≤ c Khi đó t DE ã t F S + t EF ã t DS = c(b − a)
= t F D ã t ES 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), t DE = c
2 Để tìm t F T ta cần biết BQ Đầu tiên là
AQ = AR, BP = BQ, CR = CP.
2AQ = AQ + AR = AB + BP + CP + AC = 2s.
2 Tiếp theo BQ = AQ − AB = s − c Do đó, t F T = F Q = F B + BQ = c
2 Ta có t DT = DP = DB − BP = DB − BQ = a
2 Khi đó t F D ã t ET + t EF ã t DT = b(a + c)
The thesis explores the application of Casey's theory in various contexts, emphasizing its relevance and implications It discusses the significance of understanding the theoretical framework and its practical applications in real-world scenarios By examining different case studies, the research highlights how Casey's principles can be effectively utilized to address complex issues The findings demonstrate the theory's adaptability and potential for enhancing problem-solving strategies in diverse fields Overall, this study contributes valuable insights into the integration of theoretical concepts with practical applications.
37 Áp dụng Định lí Casey đảo ta có T tiếp xúc với đường tròn N đi qua D, E ,
Bài toán 2.3 (IMO 2011) đặt ra một tình huống trong tam giác nhọn ABC với đường tròn ngoại tiếp Γ Khi L là một tiếp tuyến với Γ, các đường thẳng L a, L b và L c được tạo ra từ phép phản xạ của L qua các cạnh BC, CA và AB Nhiệm vụ là chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp của tam giác được xác định bởi L a, L b và L c sẽ 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.
Bổ đề 2.1 nêu rõ rằng trong Hình 2.4, L là tiếp tuyến với đường tròn Γ và T là tiếp điểm Giả sử h_a, h_b, h_c lần lượt là độ dài đường cao từ các đỉnh A, B, C đến đường thẳng L Khi đó, mối quan hệ giữa các độ dài này được thể hiện qua công thức: p h_a sin BAC + p h_b sin ABC = p h_c sin ACB.
Mathematical Excalibur, Vol 16, No 5, Mar.-Apr 12 Page 2
Math Olympiad) Let Δ ABC be a right-angled triangle with ∠ C = 90 °
In triangle ΔBCD, CD represents the altitude from point C to line segment AB, where point D lies on AB The circumcircle of triangle ΔBCD is denoted as w, while circle v is located within triangle ΔACD, tangentially touching segments AD and AC.
M and N respectively, and is also tangent to circle w
(i) Show that BD ã CN + BC ã DM =
(ii) Show that BM = BC w v
Solution (i) Think of B, C, D as circles with radius 0 externally tangent to w
Then t BD = BD, t Cv = CN, t BC = BC, t Dv
= DM, t CD = CD and t Bv = BM By
BD ã CN + BC ã DM = CD ã BM
(ii) Let circles v and w meet at P Then
∠ BPC ° Let O and O’ be centers of circles w and v Then O, P, O’ are collinear So
So ∠ NPC = 90 ° Hence, B, P, N are collinear By the power-of-a-point theorem, BM 2 =BPãBN Also ∠ C ° and CP ⊥ BN imply BC 2 = BPãBN
Let D,E,F be the midpoints of sides AB,
BC, CA of ∆ ABC respectively
(i) Prove that the inscribed circle S of
∆ ABC is tangent to the (nine-point) circle N through D, E, F
(ii) Prove that the described circle T on side BC is also tangent to N
First we recall that the two tangent segments from a point to a circle have the same length Let AB’ = x = C’A, BC’ = y
BA = c, z+y = CB = a and x+z = AC = b, we get x = (c+b−a)/2 = s−a, y=s−b, z=s−c By the midpoint theorem, t DE =
DE = ẵBA = c/2 and t FS = FC’ = |FB−BC’| = |(c/2)−y|
Similarly, t EF = a/2, t DS = |c−b|/2, t FD = b/2 and t ES =|a−c|/2 Without loss of generality, we may assume a ≤ b ≤ c Then t DE ã t FS + t EF ã t DS = c(b−a)/4+a(c−b)/4 = b(c−a)/4
By the converse of Casey’s theorem, we get S is tangent to the circle N through D,E,F
(2) Let I’ be the center of T, let P,Q,R be the points of tangency of T to lines BC, AB,
CA respectively As in (1), t DE = c/2
To find t FT , we need to know BQ First note AQ=AR, BP=BQ and CR=CP So
2AQ=AQ+AR=AB+BP+CP+AC=2s So
AQ=s/2 Next BQ=AQ−AB=s−c Hence, t FT =FQBQ = (c/2)+(s−c) = (b+a)/2
Similarly, t ET = (a+c)/2 Now t DT = DP =
−b)/2 Then t FD ã t ET + t EF ã t DT = b(a+c)/4+a(c −b)/4 = c(b+a)/4
By the converse of Casey’s theorem, we get T is tangent to the circle N through D,E,F
In the 2011 International Mathematical Olympiad problem, consider an acute triangle ABC with its circumcircle denoted as Γ A tangent line L is drawn to the circumcircle, and reflections of this line across the sides BC, CA, and AB yield lines La, Lb, and Lc, respectively The task is to demonstrate that the circumcircle of the triangle formed by lines La, Lb, and Lc is tangent to the original circumcircle Γ.
Solution (Due to CHOW Chi Hong, 2011 Hong Kong IMO team member)
Below for brevity, we will write ∠A, ∠B,
∠C to denote ∠CAB, ∠ABC, ∠BCA respectively θ
Proof By Ptolemy’s theorem and sine law,
AT sin ∠ A + BT sin ∠ B = CT sin ∠ C)
Let θ be the angle between lines AT and
L as shown Then AT = h A / sin θ = h A (2k/AT), where k is the circumradius of ∆ ABC Solving for AT (then using similar argument for BT and CT), we get
2 kh A BT kh B CT kh C
Substituting these into (*), the result follows This finishes the proof of the lemma Γ
So B is the excenter of ∆ A’C’B” opposite C’ Hence B”B bisects ∠ A”B”C” Similarly, A”A bisects ∠ B”A”C” and C”C bisects ∠B”C”A”
Chứng minh Vì tứ giác ACBT nội tiếp nên theo Định lí Ptolemy ta có
AT ã BC + BT ã CA = CT ã AB. Áp dụng Định lí sine cho tam giác ABC ta có
BC sin BAC [ = AC sin ABC [ = AB sin ACB [ = 2R, download by : skknchat@gmail.com trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp ABC Suy ra
AT sin BAC [ + BT sin ABC [ = CT sin ACB [ Giả sử θ là góc giữa hai đường thẳng AT và L, khi đó
AT = h a sin θ , (2.5) trong đó k là bán kính đường tròn ngoại tiếp của ∆ABC Áp dụng Định lí sine cho tam giác ACT ta có
Ta lại có ACT [ = (AT, L) = \ θ Suy ra
Từ (2.5) và (2.6) suy ra AT 2 = 2Rh a Vậy
2Rh a Chứng minh tương tự ta có
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
180 độ trừ 2 ACB là một công thức quan trọng trong hình học Công thức này giúp xác định mối quan hệ giữa các góc trong tam giác, đặc biệt là khi tính toán các góc phụ thuộc Việc hiểu rõ công thức này sẽ hỗ trợ trong việc giải quyết các bài toán liên quan đến tam giác và các hình học phức tạp khác.
Mathematical Excalibur, Vol 16, No 5, Mar.-Apr 12 Page 2
Math Olympiad) Let Δ ABC be a right-angled triangle with ∠ C = 90 °
In triangle ΔBCD, CD represents the altitude from point C to line segment AB, with point D located on AB The circumcircle of triangle ΔBCD is denoted as w, while circle v is positioned within triangle ΔACD and is tangent to segments AD and AC at specific points.
M and N respectively, and is also tangent to circle w
(i) Show that BD ã CN + BC ã DM =
(ii) Show that BM = BC w v
Solution (i) Think of B, C, D as circles with radius 0 externally tangent to w
Then t BD = BD, t Cv = CN, t BC = BC, t Dv
= DM, t CD = CD and t Bv = BM By
BD ã CN + BC ã DM = CD ã BM
(ii) Let circles v and w meet at P Then
∠ BPC ° Let O and O’ be centers of circles w and v Then O, P, O’ are collinear So
So ∠ NPC = 90 ° Hence, B, P, N are collinear By the power-of-a-point theorem, BM 2 =BPãBN Also ∠ C ° and CP ⊥ BN imply BC 2 = BPãBN
Let D,E,F be the midpoints of sides AB,
BC, CA of ∆ ABC respectively
(i) Prove that the inscribed circle S of
∆ ABC is tangent to the (nine-point) circle N through D, E, F
(ii) Prove that the described circle T on side BC is also tangent to N
Solution (1) We consider D, E, F as circles of radius 0 Let A’, B’, C’ be the points of tangency of S to sides BC, CA,
First we recall that the two tangent segments from a point to a circle have the same length Let AB’ = x = C’A, BC’ = y
BA = c, z+y = CB = a and x+z = AC = b, we get x = (c+b−a)/2 = s−a, y=s−b, z=s−c By the midpoint theorem, t DE =
DE = ẵBA = c/2 and t FS = FC’ = |FB−BC’| = |(c/2)−y|
Similarly, t EF = a/2, t DS = |c−b|/2, t FD = b/2 and t ES =|a−c|/2 Without loss of generality, we may assume a ≤ b ≤ c Then t DE ã t FS + t EF ã t DS = c(b−a)/4+a(c−b)/4 = b(c−a)/4
By the converse of Casey’s theorem, we get S is tangent to the circle N through
(2) Let I’ be the center of T, let P,Q,R be the points of tangency of T to lines BC, AB,
CA respectively As in (1), t DE = c/2
To find t FT , we need to know BQ First note AQ=AR, BP=BQ and CR=CP So
2AQ=AQ+AR=AB+BP+CP+AC=2s So
AQ=s/2 Next BQ=AQ−AB=s−c Hence, t FT =FQBQ = (c/2)+(s−c) = (b+a)/2
Similarly, t ET = (a+c)/2 Now t DT = DP =
−b)/2 Then t FD ã t ET + t EF ã t DT = b(a+c)/4+a(c −b)/4 = c(b+a)/4
By the converse of Casey’s theorem, we get T is tangent to the circle N through
In the 2011 International Mathematical Olympiad problem, consider an acute triangle ABC with circumcircle Γ A tangent line L is drawn to the circumcircle, and three lines—L_a, L_b, and L_c—are created by reflecting line L across the sides BC, CA, and AB, respectively The challenge is to demonstrate that the circumcircle of the triangle formed by lines L_a, L_b, and L_c is tangent to the original circumcircle Γ.
Solution (Due to CHOW Chi Hong, 2011 Hong Kong IMO team member)
Below for brevity, we will write ∠A, ∠B,
∠C to denote ∠ CAB, ∠ ABC, ∠ BCA respectively
Lemma In the figure below, L is a tangent line to Γ, T is the point of tangency Let h A , h B , h C be the length of the altitudes from A,
Proof By Ptolemy’s theorem and sine law,
AT sin ∠ A + BT sin ∠ B = CT sin ∠ C)
Let θ be the angle between lines AT and
L as shown Then AT = h A / sin θ = h A (2k/AT), where k is the circumradius of ∆ ABC Solving for AT (then using similar argument for BT and CT), we get
2 kh A BT kh B CT kh C
Substituting these into (*), the result follows This finishes the proof of the lemma Γ
So B is the excenter of ∆ A’C’B” opposite C’ Hence B”B bisects ∠ A”B”C” Similarly, A”A bisects ∠
Therefore, they intersect at the incenter
Xét ∆A 0 C 0 B 00 Ta có A 0 B là phân giác của B \ 0 A 0 B 00 và C 0 B là phân giác của
Điểm B là tâm của đường tròn bàng tiếp đối với tam giác ∆A 0 C 0 B 00 tại điểm C 0 Hơn nữa, đoạn thẳng B 00 B là phân giác của góc A 00 B 00 C 00, trong khi đoạn thẳng A 00 A là phân giác của góc B 00 A 00 C 00, và đoạn thẳng C 00 C là phân giác của góc B 00 C 00 A 00 Tất cả các phân giác này giao nhau tại điểm I, là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ∆A 00 B 00 C 00.
Giả sử D là chân đường thẳng vuông góc hạ từ I xuống A 00 B 00 , khi đó
ID = r là bán kính đường tròn nội tiếp của ∆A 00 B 00 C 00 Giả sử E và F tương ứng là các chân đường thẳng vuông góc hạ từ B đến A 00 B 00 và B 0 A 0 Khi đó
BE = BF = h B Giả sử T (X) là độ dài tiếp tuyến từ X đến Γ, trong đó X bên ngoài Γ Do
√ h B r cos B Giả sử R là bán kính đường tròn ngoại tiếp của ∆A 00 B 00 C 00 Khi đó
Tương tự, ta cú nhận được cỏc biểu thức đối với T (A 00 ) ã B 00 C 00 và T (C 00 )ã A 00 B 00
Sử dụng Bổ đề 2.1 ta nhận được
T (A 00 ) ã B 00 C 00 + T (B 00 ) ã C 00 A 00 = T (C 00 ) ã A 00 B 00 Nội dung này thể hiện mối quan hệ giữa các biến trong lý thuyết trường và ứng dụng của nó trong nghiên cứu Các công thức này có thể được áp dụng để giải quyết các bài toán phức tạp trong lĩnh vực vật lý và toán học Việc hiểu rõ các mối liên hệ này sẽ giúp nâng cao kiến thức và khả năng phân tích trong các nghiên cứu khoa học.
Theo Định lí Casey đảo của ta có điều phải chứng minh.
Phép chứng minh của bài toán được hoàn thành
Bài toán 2.4 (xem [3]) nghiên cứu quỹ tích của điểm P, là tiếp điểm của đường thẳng từ đỉnh A với đường tròn ω, khi ω tiếp xúc với cạnh BC và cung BC của đường tròn ngoại tiếp tam giác cân ∆ABC với AB = AC = L Khi đường tròn ω thay đổi, quỹ tích của P sẽ tạo ra một hình dạng đặc trưng, phản ánh mối quan hệ giữa các yếu tố trong tam giác.
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
BC = L. Độ dài AP là hằng số, nghĩa là quỹ tích của P là đường tròn tâm A bán kính
Bất đẳng thức Casey
Bất đẳng thức Casey, theo nghiên cứu của Hung T.Q [4], được xem là một sự mở rộng quan trọng của bất đẳng thức Ptolemy Trong phần này, chúng tôi sẽ trình bày chi tiết về bất đẳng thức Casey và những ứng dụng của nó trong hình học.
Bất đẳng thức Casey là một định lý quan trọng trong hình học, đặc biệt liên quan đến tam giác và đường tròn Định lý 2.5 phát biểu rằng, trong một tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và một đường tròn bất kỳ (I), khi vẽ các tiếp tuyến AA0, BB0, CC0 từ các đỉnh A, B, C đến đường tròn (I) với các tiếp điểm A0, B0, C0 thuộc (I), ta có thể chứng minh một mối quan hệ nhất định giữa các đoạn thẳng này.
1 Nếu (I ) ∩ (O) = ∅ thỡ a ã AA 0 , b ã BB 0 , c ã CC 0 là ba cạnh của một tam giác.
• (I ) giao với cung 5.0ptBC _ không chứa A thì aAA 0 ≤ bBB 0 + cCC 0 ; (2.10)
• (I ) giao với cung 5.0ptCA _ không chứa B thì bBB 0 ≤ cCC 0 + aAA 0 ; (2.11)
• (I ) giao với cung 5.0ptBA _ không chứa C thì cCC 0 ≤ aAA 0 + bBB 0 (2.12) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi (I) tiếp xúc với (O).
Để chứng minh, ta xét trường hợp (I) ∩ (O) = ∅ Giả sử bán kính của (I) là r, vẽ đường tròn (I, r0) với tâm I và bán kính r0 cắt (O) tại một điểm trên cung BC không chứa A Rõ ràng, ta có r0 ≤ r Tiếp theo, vẽ các tiếp tuyến AA' và BB'.
CC 00 của (I, r 0 ) với A 00 , B 00 , C 00 ∈ (I, r 0 ) Áp dụng Định lí Pythagoras ta có
Do đó AA 02 = AA 002 + r 02 − r 2 và tương tự thì
The folowing theorem is main theorem of this article, it consider as an extension of Ptolemy’s inequality We will call it by Casey’s inequality
Theorem 3 (Casey inequality) Let ABC be a triangle inscribed circle (O) (I) is an arbitrary circle From A, B, C draw the tangents AA 0 , BB 0 , CC 0 to (I) (A 0 , B 0 , C 0 ∈ (I)), respectively Prove that
1/ If (I) ∩ (O) = ∅ then a ã AA 0 , b ã BB 0 , c ã CC 0 are three side of a triangle.
2/ If (I) ∩ (O) 6 = ∅ as following (I) intersects the arc _
BC which does not contain A then aAA 0 ≥ bBB 0 + cCC 0 (I) intersects the arc _
CA which does not contain B then bBB 0 ≥ cCC 0 + aAA 0 (I) intersects the arc _
AB which does not contain C then cCC 0 ≥ aAA 0 + bBB 0 Equality holds iff circle (I) tangents to (O).
Proof 1/ If (I) ∩ (O) = ∅ Assume that radius of (I) is r, draw circle (I, r 0 ) (circle center I and radius r 0 ) touch (O)at a point in arc _
In a scenario where circle BC does not include point A, it is evident that the radius r0 is greater than or equal to r By drawing the tangents AA', BB', and CC' from the points A', B', and C' on the circle (I, r0), we can apply Pythagoras’ theorem This gives us the equations AA'² + r² = IA² and AA'² + r0² = IA² Consequently, we can deduce that AA'² equals AA'² + r0² minus r², leading to further analogous results.
Theo Định lý Casey, từ việc bình phương hai vế, ta có công thức a²AA'² = b²BB'² + c²CC'² + 2bcBB'CC' Để chứng minh rằng bBB' + cCC' ≤ aAA' ≤ |bBB' - cCC'|, chúng ta cần phân tích các điều kiện liên quan.
49 thì a ã AA 0 , b ã BB 0 , c ã CC 0 sẽ là ba cạnh của một tam giác Thật vậy, bất đẳng thức bBB 0 +cCC 0 ≤ aAA 0 tương đương với
• b 2 BB 02 + c 2 CC 02 + 2bcBB 0 CC 0 ≥ a 2 AA 02
• b 2 (BB 002 + r 02 − r 2 ) + c 2 (CC 002 + r 02 − r 2 ) + 2bcBB 0 CC 0 ≥ a 2 AA 02 (nhận được từ (2.13)).
• (b 2 + c 2 − a 2 )(r 02 − r 2 ) − 2bcBB 00 CC 00 + 2bcBB 0 CC 0 ≥ 0 (nhận được từ (2.14)).
• 2bc cos A(r 02 − r 2 ) − 2bcBB 00 CC 00 +2bc p
(BB 002 + r 02 − r 2 )(CC 002 + r 02 − r 2 ) ≥ 0 (nhận được từ (2.13)).
Bất đẳng thức cuối cùng được chứng minh là đúng với công thức p (BB 002 + r 02 − r 2 )(CC 002 + r 02 − r 2 ) ≥ BB 00 CC 00 + r 02 − r 2, dựa trên bất đẳng thức Cauchy-Schwarz Điều này cho thấy rằng cos A(r 02 − r 2 ) + r 02 − r 2 ≥ 0, với điều kiện r 0 ≤ r và (1 + cos A) ≥ 0 Chúng ta đã hoàn tất phép chứng minh.
Bây giờ bất đẳng thức aAA 0 ≥ |bBB 0 − cCC 0 | là tương với b 2 BB 02 + c 2 CC 02 − 2bbBB 0 CC 0 ≤ a 2 AA 02
Sử dụng những biến đổi tương tự như trên ta phải chứng minh rằng cos A(r 02 − r 2 ) − BB 00 CC 00 − p
− p (BB 002 + r 02 − r 2 )(CC 002 + r 02 − r 2 ) ≤ −BB 00 CC 00 − (r 02 − r 2 ) do đó vế trái của bất đẳng thức nhỏ hơn hoặc bằng đại lượng cos A(r 02 − r 2 ) − r 02 − r 2 − 2BB 00 CC 00 < 0, mà đây là một bất đẳng thức.
Các trường hợp (I, r 0 ) cắt 5.0ptCA _ không chứa điểm B và cung 5.0ptAB _ không chứa C được chứng minh tương tự Ta đã chứng minh xong khẳng định (1).
(2) Nếu (I ) ∩ (O) 6= ∅ Giả sử (I, r) giao với cung 5.0ptBC _ không chứa A Vẽ
(I, r 00 ) cắt cung 5.0ptBC _ không chứa A Dễ thấy r 00 ≤ r Kẻ các tiếp tuyến
AA 00 , BB Trn Quang Hng - High school for gifted students at science 00 và CC 00 của đường tròn (I, r 00 ) với A 00 , B 00 , C 00 ∈ (I, r 00 ) 4 r r'
Tương tự, áp dụng Định lí Pythagoras như trong khẳng định (1), ta nhận được các đẳng thức
AA 02 = AA 002 + r 002 − r 2 , BB 02 = BB 002 + r 002 − r 2 , CC 02 = CC 002 + r 002 − r 2 Hoặc là,
BB 002 = BB 02 + r 2 − r 002 và CC 002 = CC 02 + r 2 − r 002 Các phương trình này thể hiện mối quan hệ giữa các biến số trong nghiên cứu, cung cấp cái nhìn sâu sắc về cách mà các yếu tố ảnh hưởng đến kết quả cuối cùng Việc hiểu rõ các công thức này là rất quan trọng để áp dụng trong các lĩnh vực liên quan.
Sử dụng Định lí Casey và (2.15) với các biến đổi tương tự, bất đẳng thức tương đương với cos A(r 002 − r 2 ) − BB 00 CC 00 + BB 0 CC 0 ≤ 0 (2.16) Chú ý rằng
Do đó vế trái sẽ nhỏ hơn hoặc bằng cos A(r 002 − r 2 ) − (r 2 − r 002 ) = (r 002 − r 2 )(1 + cos A) ≤ 0. Điều này đúng bởi vì r 00 ≤ r và 1 + cos A ≥ 0.
Trong các trường hợp (I, r 00 ), việc cắt cung 5.0ptCA không chứa B và cắt cung 5.0ptAB không chứa C được thực hiện tương tự Qua đó, chúng ta đã hoàn tất phép chứng minh cho khẳng định (2).
Vậy, phép chứng minh của định lí được hoàn tất.
Một số bài toán đề nghị
Bài toán 2.13 (Định lý Purser) đề cập đến tam giác ∆ABC với đường tròn ngoại tiếp (O) và một đường tròn khác ω trong mặt phẳng Gọi AX, BY, CZ là các đoạn tiếp tuyến từ các đỉnh A, B, C đến đường tròn ω Định lý khẳng định rằng ω tiếp xúc với (O) khi và chỉ khi tổng các đoạn tiếp tuyến ±AX ã BC ± BY ã CA ± CZ ã AB = 0.
Bài toán 2.14 nghiên cứu mối quan hệ giữa đường tròn ω và các cạnh AB, AC của tam giác ∆ABC, nơi ω tiếp xúc tại hai điểm P và Q Đường tròn ω cũng tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp (O) của tam giác này Cần chứng minh rằng trung điểm của đoạn PQ sẽ là tâm đường tròn nội tiếp của ∆ABC hoặc là tâm đường tròn bàng tiếp tại đỉnh A của ∆ABC, tùy thuộc vào việc (O) và ω tiếp xúc trong hay tiếp xúc ngoài.
Bài toán 2.15 yêu cầu chứng minh một mối quan hệ trong tam giác ∆ABC với A nằm bên phải và đường tròn ngoại tiếp (O) Đường tròn ΩB tiếp xúc với các đoạn OB, OA và cung AB của (O), trong khi đường tròn ΩC tiếp xúc với các đoạn OC, OA và cung AC của (O) Giả sử ΩB và ΩC tiếp xúc OA tại hai điểm P và Q, nhiệm vụ là chứng minh một tính chất liên quan đến các tiếp điểm này.
Bài toán 2.16 (Gumma, 1874) yêu cầu xác định độ dài cạnh L của hình vuông ABCD, trong đó đường tròn (O, r) nằm bên trong Các đường tròn (O i , r i ) với i = 1, 2, 3, 4 tiếp xúc với hai cạnh của hình vuông và đường tròn (O, r) ở phía ngoài Mục tiêu là tìm L như một hàm của các bán kính r 1 , r 2 , r 3 , r 4.
Cho hai đường thẳng song song τ1 và τ2 tiếp xúc với đường tròn Γ(R) Đường tròn k1 (r1) tiếp xúc với Γ và τ1, trong khi đường tròn k2 (r2) tiếp xúc với Γ, τ2 và k1 Giả sử tất cả các tiếp xúc đều là tiếp xúc ngoài Cần chứng minh rằng R = 2√(r1 * r2).
Bài toán 2.18 của Victor Thébault (1938) nghiên cứu tam giác ∆ABC với đường tròn nội tiếp (I, r) và đường tròn ngoại tiếp (O) Trong đó, D là một điểm trên đoạn thẳng AB Đường tròn Γ1 (r1) tiếp xúc với các đoạn DA, DC và cung 5.0ptCA của (O), trong khi đường tròn Γ2 (r2) tiếp xúc với các đoạn DB và DC cùng cung 5.0ptCB.
(O) Nếu \ ADC = ϕ thì hãy chứng tỏ rằng r 1 ã cos 2 ϕ
Rất tiếc, nhưng nội dung bạn cung cấp dường như không có ý nghĩa rõ ràng hoặc không đủ thông tin để tôi có thể viết lại thành một đoạn văn mạch lạc Bạn có thể cung cấp thêm thông tin hoặc nội dung khác để tôi có thể hỗ trợ tốt hơn không?
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.