Luận văn: Định lý Ptoleme và một số ứng dụng

22 3 Ứng dụng của định lý Ptôlêmê và bất đẳng thức Ptôlêmê 34 3.1 Ứng dụng trong việc chứng minh một số kết quả hình học.. Bất đẳng thức Ptôlêmê và trường hợp đặc biệt của nó, định lý Pt

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

DOÃN BẢO NGUYÊN

ĐỊNH LÝ PTÔLÊMÊ

VÀ MỘT SỐ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SỸ TOÁN HỌC

Chuyên ngành PHƯƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP

Mã số 60.46.01.13

Người hướng dẫn khoa học

TS NGUYỄN VĂN MINH

THÁI NGUYÊN - NĂM 2013

Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

Luận văn sẽ được bảo vệ trước hội đồng chấm luận văn họp tại

Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên

Tháng 06 năm 2013

Có thể tìm hiểu luận văn tại

Trung tâm học liệu Đại học Thái Nguyên

Mục lục

Mở đầu 3

1 Định lý Ptôlêmê và bất đẳng thức Ptôlêmê 5 1.1 Định lý Ptôlêmê 5

1.2 Bất đẳng thức Ptôlêmê 10

2 Định lý Ptôlêmê mở rộng 14 2.1 Định lý Ptôlêmê trong không gian 14

2.1.1 Bất đẳng thức Ptôlêmê trong không gian ba chiều 14 2.1.2 Bất đẳng thức Ptôlêmê trong không gian n chiều 17

2.2 Định lý Bretchneider 19

2.3 Định lý Casey 22

3 Ứng dụng của định lý Ptôlêmê và bất đẳng thức Ptôlêmê 34 3.1 Ứng dụng trong việc chứng minh một số kết quả hình học 34 3.1.1 Điểm Toricelli 34

3.1.2 Bất đẳng thức Erdos-Mordell 37

3.1.3 Công thức tính sin(α + β) 38

3.1.4 Định lý Pythagore 39

3.1.5 Định lý hàm số cosin trong tam giác 39

3.1.6 Hệ thức Feuerbach 40

3.1.7 Định lý Carnot 41

3.2 Ứng dụng trong việc giải một số bài toán 42

3.2.1 Định lý Ptôlêmê và tứ giác điều hòa 42

3.2.2 Định lý Ptôlêmê và một số bài toán cực trị hình học 45 3.2.3 Định lý Ptôlêmê và một số đẳng thức, bất đẳng thức hình học 52

Kết luận 61

Tài liệu tham khảo 62

Mở đầu

Ptôlêmê hay Claudius Ptolemaeus (khoảng 100-178) là một nhà bác học

Hy Lạp xuất xứ từ Tebaida, học hành và làm việc tại Alexandria Ptôlêmêsinh ra ở thành phố Ptôlêmmai Hecmin (Thượng Ai Cập), trong cuộc đờicủa mình ông đã có công đóng góp vào sự phát triển khoa học của nhânloại Ông đã viết nhiều tác phẩm trong các lĩnh vực như toán học, thiênvăn học, địa lý và âm nhạc

Bất đẳng thức Ptôlêmê và trường hợp đặc biệt của nó, định lý Ptôlêmê

về tính chất của tứ giác nội tiếp là một trong những kết quả kinh điển vàđẹp của hình học sơ cấp

1 Lý do chọn đề tài

Định lý Ptôlêmê, bất đẳng thức Ptôlêmê và những mở rộng của nó,những ứng dụng của nó rất quan trọng trong việc giải quyết một số bàitoán hình học Nêu cách thức vận dụng định lý Ptôlêmê, bất đẳng thứcPtôlêmê để giải một số bài toán ở cấp trung học cơ sở, trung học phổthông và bồi dưỡng học sinh giỏi toán Với ý tưởng này, tôi chọn đề tàicho mình là Định lý Ptôlêmê và một số ứng dụng

2 Mục đích nghiên cứu

Mục đích của đề tài này là trình bày về nội dung của định lý Ptôlêmê,bất đẳng thức Ptôlêmê Ứng dụng của định lý Ptôlêmê, bất đẳng thứcPtôlêmê vào giải quyết một số bài toán hình học

3 Đối tượng và phạm vi nghiên cứu

Khảo sát lý thuyết định lý Ptôlêmê, bất đẳng thức Ptôlêmê và nhữngđịnh lý hình học, những bài toán có liên quan.Đó là những ứng dụng quantrọng của các kết quả này trong hình học Sử dụng định lý Ptôlêmê, bấtđẳng thức Ptôlêmê trong một số bài toán dành cho học sinh giỏi toán các

4 Phương pháp nghiên cứu

Nghiên cứu trực tiếp từ các tài liệu của giáo viên hướng dẫn, tủ sáchchuyên toán, các tạp trí toán học và tuổi trẻ cũng như từ bài học kinhnghiệm giảng dạy của các đồng nghiệp và các bạn học viên trong lớp

5 Ý nghĩa khoa học và thực tiễn của đề tài

Tạo được một đề tài phù hợp cho việc giảng dạy, bồi dưỡng học sinhgiỏi cấp trung học cơ sở, trung học phổ thông

6 Cấu trúc của luận văn

Luận văn gồm phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo và 3 chương.Luận văn được hoàn thành dưới sự định hướng và hướng dẫn tận tình của

TS Nguyễn Văn Minh Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc tớithày

Trong quá trình học tập và làm luận văn, tác giả đã nhận được sự quantâm giúp đỡ của Khoa Toán, phòng đào tạo sau đại học trường ĐHKH -ĐHTN Tác giả xin chân thành cảm ơn sự giúp đỡ quý báu đó

Tác giả cũng xin chân thành cảm ơn tới các bạn học viên lớp toán K5A,các thày cô trong tổ toán và Ban Giám Hiệu trường THPT Hoàng Su Phì

Hà Giang đã giúp đỡ và tạo điều kiện để tác giả hoàn thành luận văn này

Chương 1

Định lý Ptôlêmê và bất đẳng thức Ptôlêmê

Định lý 1.1 (Xem [2]) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Khiđó

AC.BD = AB.CD + AD.BC

Có rất nhiều cách chứng minh định lý này, sau đây xin trình bày một

số cách chứng minh

• Cách 1: Sử dụng kết quả của hai tam giác đồng dạng

Chứng minh Lấy M thuộc đường chéo AC sao cho \ABD = M BC\Khi đó xét ∆ABD và ∆M BC có: \ABD = M BC\ và \ADB = M CB\Nên ∆ABD đồng dạng với ∆M BC (g.g)

Hình 1.1

Từ (1.1) và (1.2) suy ra

AD.BC + AB.CD = BD.M C + AM.BD = AC.BD

• Cách 2: Sử dụng đường thẳng Simson

Trước hết ta có định lý về đường thẳng Simson

Từ một điểm D trên vòng tròn ngoại tiếp ∆ABC ta lần lượt hạ cácđường vuông góc xuống BC, CA, AB, chúng tương ứng gặp BC, CA,

AB tại A1, B1, C1 Khi đó các điểm A1, B1, C1 thẳng hàng, và đườngthẳng tạo bởi ba điểm này được gọi là đường thẳng Simson

Ta sẽ sử dụng đường thẳng Simson để chứng minh định lý Ptôlêmê

Chứng minh Hạ DA1 vuông góc với BC, DB1 vuông góc với AC và

DC1 vuông góc với AB thì A1, B1, C1 thẳng hàng và

Áp dụng định lý hàm số sin cho các đường tròn đường kính DC, DB,

DA và các dây cung A1B1, A1C1 và B1C1 tương ứng, ta có

A1B1 = DC sin C, A1C1 = DB sin B, B1C1 = AD sin A

Thay vào đẳng thức (1.3) và rút gọn, ta thu được

AD.BC + AB.CD = AC.BD

• Cách 3: Chứng minh định lý Ptôlêmê dùng định lý hàm số sin trongtam giác

Chứng minh Đặt

\

ABD = ACD = α;\ DBC =\ DAC = β\

\

BDC = \BAC = γ;BCA =\ BDA = δ\

Áp dụng định lý hàm số sin trong các tam giác ABD, ACD, ABC tacó

AB.CD + AD.BC = 2R2(2 sin δ sin β + 2 sin α sin γ)

= 2R2[cos(δ − β) − cos(δ + β) + cos(α−γ) − cos(α + γ)] (1.4)

AC.BD = 2R2[cos(α − γ) + cos(δ − β)] (1.9)

Từ (1.6) và (1.9) suy ra AD.BC + AB.CD = AC.BD

Hệ quả 1.1 (Xem [5]) Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp với \ABC = ADC =\

900, khi đó ta có

BD = AC.sinBDA\

Giải Gọi D, E, F lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ P tươngứng xuống BC, CA, AB Ta có

AB.CD + AD.BC ≥ AC.BD

Dấu đẳng thức xảy khi và chỉ khi tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp

• Cách 1: Sử dụng tính chất tam giác đồng dạng và bất đẳng thứctam giác

BM =

BDBC

và \BAM = DBC\ suy ra ∆BM A đồng dạng với ∆BCD suy ra

BD

CD =

AB

AM ⇒ DB.AM = AB.CD (1.12)

Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác kết hợp (1.11) và (1.12) ta có:

AD.BC + AB.DC = BD(AM + CM ) ≥ BD.AC

• Cách 2: Sử dụng phép nghịch đảo và bất đẳng thức tam giác.Trước hết ta nhắc lại kiến thức về phép nghịch đảo

Với một điểm O cố định trên mặt phẳng và một số k 6= 0 Nếu ứng vớimỗi điểm P cuả mặt phẳng khác với điểm O, ta tìm được một điểm

P0 khác nằm trên OP sao cho OP OP0 = k thì phép biến hình biến

P thành P’ được gọi là phép nghịch đảo tâm O, phương tích k.

Phép nghịch đảo tâm O tỉ số k có một số tính chất, ở đây ta chỉ nhắclại tính chất

Qua phép nghịch đảo tâm O, phương tích k biến A thành A’, B thànhB’ khi đó

A0B0 = |k| AB

OA.OB

Ta dùng kiến thức về phép nghịch đảo để chứng minh bất đẳng thứcPtôlêmê

Chứng minh Xét phép nghịch đảo tâm A phương tích k = 1 biến B,

C, D thành B’, C’, D’ Theo tính chất của phép nghịch đảo, ta có

CDAC.AD ≥ BD

Chứng minh Giả sử trong mặt phẳng phức bốn điểm A, B, C, D lầnlượt được biểu diễn bởi các số phức a, b, c và 0 Khi đó, bất đẳngthức cần chứng minh có thể viết dưới dạng

|(a − b) c| + |a (b − c)| ≥ |(a − c) b|

Nhưng điều này là hiển nhiên theo bất đẳng thức (1.15) vì

(a − b) c + a (b − c) = (a − c) b

Chương 2

Định lý Ptôlêmê mở rộng

2.1.1 Bất đẳng thức Ptôlêmê trong không gian ba chiều

Định lý 2.1 (Xem [3]) Cho ABCD là tứ diện bất kì, ta có

AB.CD + BC.AD > AC.BD

Hình 2.1

Chứng minh Trong mặt phẳng (BCD) ta lấy điểm E sao cho B và E

khác phía với đường thẳng CD và AC = CE, AD = DE

Từ đó ta có ∆ACD = ∆ECD

Suy ra AP = P E, trong đó P là giao điểm của BE và CD

Áp dụng bất đẳng thức Ptôlêmê cho tứ giác BCED, ta có

CE.BD + BC.DE ≥ BE.CD

Ngoài ra dấu đẳng thức không xảy ra

Bài toán 2.1 (Xem [6]) [Olympic 30/4,Việt Nam 2000] Cho hình chóptam giác S.ABC Giả sử các trung tuyến của các tam giác SAB, SBC,

SCA kẻ từ S tạo với những cạnh đáy AB, BC, CA các góc không tù bằngnhau Chứng minh diện tích một mặt bên của hình chóp nhỏ hơn tổngdiện tích các mặt bên còn lại

Giải

Hình 2.2

Gọi α là góc tạo bởi các trung tuyến SM, SK, SL với các cạnh đáy AB,

BC, CA Vì vai trò của các mặt bên là như nhau nên ta chỉ cần chứngminh [SAB] < [SBC] + [SCA]

Thật vậy, áp dụng định lý 1.3 cho tứ diện SKLM ta có

SM.KL < SK.LM + SL.KM

Bất đẳng thức trên tương đương với bất đẳng thức sau

SM.AB < SK.BC + SL.CA

⇔ SM.AB sin α < SK.BC sin α + SL.CA sin α

⇔ [SAB] < [SBC] + [SCA]

Bài toán được chứng minh

Bài toán 2.2 (Xem [4]) [Tạp chí THTT, số 264] Trên cạnh CD của hình

tứ diện ABCD lấy điểm N (N khác C, D) Kí hiệu p(XYZ) là chu vi tamgiác XYZ Chứng minh rằng NC.p(DAB) + ND.p(CAB) > CD.p(NAB)

Giải Xét bất đẳng thức Ptôlêmê cho các bộ bốn điểm (N, A, C, D) và

Hình 2.3

(N, C, B, D) ta có

N C.DA + N D.CA > CD.N A (2.1)

N C.DB + N D.CB > CD.N B (2.2)Mặt khác, vì N thuộc đoạn thẳng CD nên CN + N D = CD Do đó

N C.AB + N D.AB = CD.AB (2.3)Cộng theo 3 vế các bất đẳng thức (2.1), (2.2) và (2.3) ta được bất đẳngthức cần chứng minh

2.1.2 Bất đẳng thức Ptôlêmê trong không gian n chiều

Để tiện theo dõi, xin nhắc lại: Mỗi điểm A trong không gian n chiều

có thể đặt tương ứng với n bộ số thực (a1, a2, , an), là tọa độ điểm

A và viết A(a1, a2, , an) Nếu A(a1, a2, , an) và B(b1, b2, , bn) thìkhoảng cách giữa A và B sẽ bằng

Ptôlêmê trong không gian n chiều

Định lý 2.2 (Xem [3]) Cho tứ giác ABCD, trong không gian n chiều giả

(2.5)

Bất đẳng thức này là một trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức Minkowski

Hình 2.4

Nhân theo từng vế của (2.6) và (2.7), ta có

n2.CM.AM = abcd (2.8)Cộng theo từng vế của (2.6) và (2.7), ta có n.(CM + AM ) = ac + bd.Suy ra

khi và chỉ khi tứ giác ABCD là tứ giác nội tiếp.

Như vậy định lý Ptôlêmê và bất đẳng thức Ptôlêmê đều là hệ quả củađịnh lý Bretchneider

ii) Từ định lý này cho ta một kết quả hình học: "Với mỗi tứ diện ABCD,đều tồn tại một tam giác mà số đo các cạnh bằng tích số đo các cặp cạnhđối của tứ diện"

Nhờ kết quả trên mà ta có được mối liên hệ giữa thể tích V của tứ diện

ABCD và số đo diện tích S của tam giác tạo thành Ta xét bài toán sau.Bài toán 2.3 Cho tứ diện ABCD nội tiếp mặt cầu (O, R) Chứng minhrằng

S = 6V R

Trong đó V là thể tích tứ diện ABCD, S là diện tích tam giác có số đo cáccạnh bằng tích số đo các cặp cạnh đối của tứ diện ABCD

Hình 2.5 Hình 2.6

Giải Qua A dựng mặt phẳng π, tiếp xúc mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

ABCD Tứ diện ABC1D1 được tạo nên bởi π, mặt phẳngABC, mặtphẳng ABD và mặt phẳng đi qua B song song với mặt phẳng ACD.Còn tứ diện ABC2D2 được tạo nên bởi π, mặt phẳngABD, mặt phẳng

ACD và mặt phẳng đi qua D, song song với mặt phẳng ABC (Hình 2.5).Khi đó ∆ABC ∼ ∆BC1A ⇒ AC1 = ac

b .

Gọi AM là đường kính của mặt cầu tâm O ngoại tiếp tứ diện ABCD,

BK là đường cao hình chóp BAC1D1 (Hình 2.6 )

Vì tam giác ABK đồng dạng với tam giác OAL nên BK = c

Trước hết, ta đến với bài toán đơn giản sau

Bài toán 2.4 Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O), M thuộccung nhỏ BC_

Chứng minh rằng

AM = BM + CM

Giải Áp dụng định lý Ptôlêmê cho tứ giác nội tiếp ABM C ta có

AM.BC = BM.AC + CM.AB

Mà AB = BC = CA Từ đó suy ra AM = BM + CM Bài toán đượcchứng minh

Bài toán 2.5 Cho tam giác đều ABC nội tiếp đường tròn (O), M là mộtđiểm bất kì thuộc cung nhỏ BC Đường tròn (O’) tiếp xúc với (O) tại M.Gọi AA’, BB’, CC’ lần lượt là các tiếp tuyến kẻ từ A, B, C đến (O’).Chứng minh rằng

AA0 = BB0 + CC0

Hình 2.7

Giải Xét trường hợp đường tròn (O0) tiếp xúc trong với đường tròn

(O) Trường hợp còn lại ta chứng minh tương tự

Gọi K, N, L lần lượt là giao điểm của AM, BM, CM với (O0) Suy ra

AA02 = AK.AM, BB02 = BN.BM, CC02 = CL.CM

Ta cần chứng minh

√AK.AM =

√BN.BM +

√k.BM.BM +

√k.CM.CM (2.15)Đẳng thức (2.15) đã được chứng minh ở bài toán 2.4 Vậy bài toán đượcchứng minh

Tiếp tục mở rộng bài toán trên bằng cách cho tam giác ABC là một tamgiác bất kì, ta có bài toán sau

Bài toán 2.6 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M là một điểmbất kì thuộc cung nhỏ BC_

Đường tròn (O’) tiếp xúc với (O) tại M GọiAA’, BB’, CC’ lần lượt là các tiếp tuyến kẻ từ A, B, C đến (O’) Chứngminh rằng

AA0.BC = BB0.CA + CC0.AB

Giải Xét trường hợp đường tròn (O0) tiếp xúc trong với đường tròn

Hình 2.8

(O) Trường hợp còn lại ta chưng minh tương tự

Gọi K, N, L lần lượt là giao điểm của AM, BM, CM với (O)

Hoàn toàn tương tự như chứng minh bài toán 2.5, ta được đẳng thức cầnchứng minh tương đương với

BC√

k.AM.AM = CA√

k.BM.BM + AB√

k.CM.CM

⇔ AM.BC = AB.CN + AC.BM

Đẳng thức cuối đúng theo định lý Ptôlêmê Vậy bài toán được chứng minh.Tiếp tục mở rộng bài toán, xem các điểmA, B, C là các "đường tròn điểm”.Như vậy ta sẽ mở rộng bài toán bằng cách thay các điểmA, B, C bằng cácđường tròn Ta có định lý sau, đây chính là định lý Casey (một mở rộngcủa định lý Ptôlêmê)

Định lý 2.4 (Xem [5]) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Bốnđường tròn α, β, γ, δ tiếp xúc với (O) lần lượt tại A, B, C, D Gọi a là độ

dài đoạn tiếp tuyến chung của hai đường tròn α, β với α, β cùng tiếp xúcngoài hoặc cùng tiếp xúc trong với (O) Nếu hai đường tròn α, β có mộtđường tròn tiếp xúc ngoài với (O) và một đường tròn tiếp xúc trong với(O) thì a là độ dài tiếp tuyến chung trong của α, β Các đại lượng b, c, d,

x, y là độ dài các tiếp tuyến chung của các cặp đường tròn xác định tương

Định lý Casey là mở rộng của định lý Ptôlêmê, nó sẽ giúp cho việc giảimột số bài toán có liên quan đến đường tròn tiếp xúc nhau, độ dài tiếptuyến và dây cung Sau đây là một số bài toán áp dụng định lý Casey.

Bài toán 2.7 (Xem [7]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O).Các đường tròn (C1), (C2), (C3) tiếp xúc trong với đường tròn(O) tại trungđiểm các cung BC_,CA_,_AB không chứa các điểm A, B, C và tiếp xúc với

các cạnh BC, CA, AB Gọi l1, l2, l3 lần lượt là độ dài các tiếp tuyến kẻ từ

A, B, C tới các đường tròn (C1), (C2), (C3) tương ứng, d12, d23, d31 là độdài các tiếp tuyến chung ngoài của các cặp đường tròn (C1) và (C2); (C2)

và (C3); (C3) và (C1) Chứng minh rằng: d12 = d23 = d31 khi và chỉ khi

Hình 2.10

Giải Các điểm A, B, C được xem như là các đường tròn có bán kínhbằng 0 và các đường tròn (C1), (C2), (C3) tiếp xúc trong với đường tròn(O)

Áp dụng định lý Casey cho các bộ đường tròn (O) với A, (C2), (C1), (C3);

(O) với B, (C3), (C1), (C2); (O) với C, (C1), (C2), (C3) ta có

Bài toán 2.8 Cho hai đường tròn (O1) và (O2) tiếp xúc ngoài với nhautại I và cùng tiếp xúc trong với đường tròn (O) Một tiếp tuyến chungngoài của (O1) và (O2) cắt (O) tại B và C, trong khi đó tiếp tuyến chungtrong của chúng cắt (O) tại điểm A cùng phía với I đối với BC Khi đó I

là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC

Giải Giả sử BC tiếp xúc với (O1) tại X và (O2) tại Y; AI cắt BC

x + u

y + u =

cb

Tức là

BD

CD =

ABAC

Suy ra AD là phân giác của bA và AD = ac

Do đó BI là phân giác của bD Vậy bài toán được chứng minh

Bài toán 2.9 Cho ba đường tròn (C), (C1), (C2) trong đó hai đường tròn

(C1), (C2) tiếp xúc trong với (C) lần lượt tại B, C và (C1), (C2) tiếp xúcngoài với nhau tại D Tiếp tuyến chung trong của (C1), (C2) cắt (C) tại

A, A1, AB cắt (C1) tại điểm thứ hai là K, AC cắt (C2) tại điểm thứ hai

Giải Đặt M = (C1) ∩ BC, N = (C2) ∩ BC Vẽ tia tiếp tuyến BT với

suy ra M M//AC, do đó \M KL = \KLA Ta có ∆KAL đồng dạng với

∆CAB (vì AK.AB = AL.AC = AD2 ⇒ AK

1

AD +

1

A1D.

Bài toán được chứng minh

Bài toán 2.10 Cho hai đường tròn (C1), (C2) tiếp xúc trong với đườngtròn (C) lần lượt tại M, N Hai đường tròn (C1), (C2) cắt nhau hoặc tiếpxúc ngoài với nhau Trục đẳng phương của (C1), (C2) cắt (C) tại hai điểm

A, B Đường thẳng AM, AN cắt (C1), (C2) tại điểm thứ hai là K, L tươngứng Chứng minh rằng AB ≥ 2KL Đẳng thức xảy ra khi nào?

Giải

ĐặtC1(O1, R1), C2(O2, R2), C(O, R), P, Q = (C1) ∩ (C2) (hình 2.13), nếu

Hình 2.13 Hình 2.14

(C1) tiếp xúc (C2) thì P ≡ Q (hình 2.14)

AB là trục đẳng phương của (C1), (C2) suy ra AK.AM = AL.AN do đó

∆AKL ∼ ∆AN M ⇒ AKL =\ AN M =\ 1

Do đó

AB ≥ 2KL

Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi(C1)tiếp xúc ngoài(C2)vàAP = BP

Bài toán 2.11 (Xem [4]) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O, R)

và \BAC = 600 Đường tròn (O’, R’) tiếp xúc trong với (O, R) và tiếp xúcvới hai cạnh AB, AC Chứng minh rằng

R0 ≤ 2

3R.

Giải Gọi X, Y lần lượt là tiếp điểm của AB, AC với đường tròn

(O0, R0) Đặt l = AX = AY = XY (∆ABC có \BAC = 600.) Đườngtròn (O, R) tiếp xúc trong với các đường tròn (A), (C), (O0, R0), (B) nên