Embed Size (px)
Citation preview
Định lý Casey và ứng dụng
Nguyễn Văn Linh
Sinh viên K50 TCNH ĐH Ngoại thương
1 Giới thiệu
Định lý Casey đặt theo tên nhà toán học John Casey, hay còn gọi là định lý Ptolemy mở rộng [1],được phát biểu như sau:
Cho bốn đường tròn Ci(i = 1, 4). Kí hiệu tij là độ dài tiếp tuyến chung của hai đường tròn Ci vàCj . Khi đó bốn đường tròn Ci cùng tiếp xúc với một đường tròn (hoặc đường thẳng) C khi và chỉ khi
t12t34 ± t13t42 ± t14t23 = 0
C3
C2
C1
C4
C
t14
t12
t23
t34
t13
t24
Chú ý rằng tiếp tuyến được chọn của hai đường tròn Ci, Cj là tiếp tuyến chung ngoài khi và chỉkhi cả hai đường tròn Ci, Cj cùng tiếp xúc trong (hoặc ngoài) với C, là tiếp tuyến chung trong khi vàchỉ khi trong hai đường tròn Ci, Cj có một đường tròn tiếp xúc trong, một đường tròn tiếp xúc ngoàivới C. Dấu của tijtkl là dấu "+" khi và chỉ khi các đoạn thẳng nối hai tiếp điểm của Ci và Cj , Ck vàCl không cắt nhau, là dấu "−" khi và chỉ khi ngược lại.
Dễ dàng nhận thấy khi bốn đường tròn trên cùng suy biến thành đường tròn điểm, định lý Caseytrở thành định lý Ptolemy [2].
Khi ba đường tròn suy biến thành đường tròn điểm, định lý Casey trở thành định lý Purser [3].
2 Chứng minh định lý
Lời giải sau dựa theo [4].Ta phát biểu và chứng minh một bổ đề.
Bổ đề 1. Cho hai đường tròn (O1, R1) và (O2, R2) không chứa nhau. I là một điểm nằm ngoài hoặcnằm trong cả hai đường tròn. Phép nghịch đảo cực I phương tích R2 lần lượt biến (O1, R1), (O2, R2)thành (O′
1, R′1), (O
′2, R
′2). Gọi T12, T ′
12 là độ dài tiếp tuyến chung ngoài (hoặc trong nếu có) của hai
đường tròn (O1, R1) và (O2, R2); (O′1, R
′1) và (O′
2, R′2). Khi đó
T 212
R1R2=
T ′212
R′1R
′2
.
1
P
J
D'
A'
B' C'
N
M
B
A
C
D
O1
O2
O
Chứng minh. Ta chỉ chứng minh trường hợp tiếp tuyến chung ngoài, trường hợp chung trong chứngminh tương tự.
Gọi (O) là đường tròn trực giao với (O1) và (O2). (O) giao (O1) tại A′, B′, giao (O2) tại C ′, D′.Lấy J trên (O) sao cho J nằm trên trục đẳng phương của (O1) và (O2). Gọi k là phương tích từ J đếnhai đường tròn (O1) và (O2). Xét phép nghịch đảo IkJ :
A′ 7→ A,B′ 7→ B,C ′ 7→ C,D′ 7→ D.Do A′, B′, C ′, D′ ∈ (O) nên A,B,C,D thẳng hàng. Phép nghịch đảo bảo toàn độ lớn góc giữa hai
đường cong tại giao điểm nên A,O1, B thẳng hàng và C,O2, D thẳng hàng. Từ đó A,B,C,D nằm trênđường nối tâm O1O2.
Không mất tổng quát giả sử A,B,C,D nằm trên O1O2 theo thứ tự, R1 < R2. Gọi MN là tiếptuyến chung ngoài của (O1) và (O2)(M ∈ (O1), N ∈ (O2)).
Gọi P là hình chiếu vuông góc của O1 trên O2N .Ta có MN2 = O1P
2 = O1O22−PO2
2 = O1O22− (R1−R2)
2 = (O1O2−R1+R2)(O1O2+R1−R2) =BD.CA.
XétB′D′
BD=JD′
JB=JB′
JD=
√JD′.JB′√JD.JB
=k
JD.JB.
Tương tự ta thu đượcT 212
4R1R2=BD.CA
AB.CD=
B′D′.JD.JB
k.C ′A′.JC.JA
kA′B′.JA.JB
k.C ′D′.JC.JD
k
=B′D′.C ′A′
A′B′.C ′D′ .
IR2
I : (O) 7→ (O′), A′ 7→ A′′, B′ 7→ B′′, C ′ 7→ C ′′, D′ 7→ D′′.Khi đó (O′) là đường tròn trực giao với (O′
1) và (O′2).
Một cách tương tự ta cũng chứng minh đượcT ′212
4R′1.R
′2
=B′′D′′.C ′′A′′
A′′B′′.C ′′D′′ =B′D′.C ′A′
A′B′.C ′D′ .
VậyT 212
R1R2=
T ′212
R′1.R
′2
.
Trở lại bài toán.Trước tiên ta chứng minh chiều thuận của định lý Casey cho trường hợp cả bốn đường tròn Ci đều
tiếp xúc trong với C, các trường hợp còn lại chứng minh tương tự.Kí hiệu ri, Oi là bán kính và tâm của đường tròn Ci; r,O là bán kính và tâm của đường tròn C.Không mất tổng quát giả sử r4 = Min{ri}. Ta nhận thấy các đường tròn (O1, r1 − r4), (O2, r2 −
r4), (O3, r3 − r4), (O4, 0) cùng tiếp xúc với đường tròn (O, r − r4) và độ dài tiếp tuyến chung của haiđường tròn (Oi, ri − k), (Oj , rj − k)(k ∈ (0,Min{ri, rj})) bằng tij . Do đó ta chỉ cần chứng minh chiềuthuận của định lý Casey cho bốn đường tròn (O1, r1 − r4), (O2, r2 − r4), (O3, r3 − r4), (O4, 0) (Kí hiệulà Q1, Q2, Q3, O4 với bán kính lần lượt là R1, R2, R3, 0).
2
Xét phép nghịch đảo IR2
O4: Q1 7→ Q′
1, Q2 7→ Q′2, Q3 7→ Q′
3, (O, r − r4) 7→ l và Q′1, Q
′2, Q
′3 cùng tiếp
xúc một phía với l. Gọi t′ij là độ dài tiếp tuyến chung ngoài của Q′i và Q
′j . Không mất tổng quát giả sử
tiếp điểm của Q′2 và l nằm trên đoạn thẳng nối hai tiếp điểm của Q′
1 và Q′3 với l. Ta có t′12+t
′23−t′13 = 0.
Áp dụng bổ đề 1,tij = t′ij .
√Ri.Rj
R′i.R
′j
(i, j = 1, 3).
R′i
Ri=t′4it4i
=t′4i.t4it24i
=R2
t24ido đó t4i = R.
√Ri
R′i
.
Từ đó t12.t34 + t23.t14 − t13.t24 = (t′12 + t′23 − t′13).R√R1.R2.R3
R′1.R
′2.R
′3
= 0.
Chiều thuận được chứng minh.Bây giờ giả sử t12.t34 + t23.t14− t13.t24 = 0. Ta sẽ chứng minh Q1, Q2, Q3, (O4, 0) cùng tiếp xúc với
một đường tròn.Sử dụng phép nghịch đảo IR
2
O4ta cũng suy ra t′12 + t′23 − t′13 = 0.
Không mất tổng quát giả sử R′3 =Min{R′
1, R′2, R
′3}. Cùng giảm bán kính ba đường tròn Q′
1, Q′2, Q
′3
một đoạn R′3 ta được ba đường tròn (I1, q1), (I2, q2), (I3, 0).
Ta tìm quỹ tích các điểm I3 sao cho t′13 − t′23 = t′12.Tập hợp các điểm sao cho tiếp tuyến kẻ từ điểm đó đến (I1, q1) bằng t′13 là đường tròn tâm I1,
bán kính√q21 + t′213, tập hợp các điểm sao cho tiếp tuyến kẻ từ điếm đó đến (I2, q2) bằng t′23 là đường
tròn tâm I2, bán kính√q22 + t′223. Hai đường tròn này cắt nhau tại hai điểm nằm trên tiếp tuyến chung
ngoài của (I1, q1) và (I2, q2).Vậy I3 nằm trên tiếp tuyến chung ngoài của (I1, q1) và (I2, q2). Suy ra Q′
1, Q′2, Q
′3 cùng tiếp xúc với
một đường thẳng. Nghĩa là tồn tại một đường tròn đi qua O4 và tiếp xúc với Q1, Q2, Q3.Vậy tồn tại một đường tròn tiếp xúc với bốn đường tròn Ci.Định lý Casey được chứng minh.
Chiều thuận của bài toán có thể chứng minh theo hướng sau đây không sử dụng phép nghịch đảo,được coi là hệ quả của định lý Ptolemy.
Bổ đề 2. Cho hai đường tròn C1(O, r1) và C2(O2, r2) cùng tiếp xúc với C(O,R) lần lượt tại hai điểmA,B. Khi đó độ dài tiếp tuyến chung (trong hoặc ngoài) của C1 và C2 được tính bởi công thức:
t12 =AB
R
√(R± r1)(R± r2)
M
N
O
A
B
O1
O2
Chứng minh. Ta chứng minh bổ đề trong trường hợp C1 và C2 cùng tiếp xúc trong với C.Dễ thấy t212 = O1O
22 − (r1 − r2)2.
3
Áp dụng định lý hàm số cos cho tam giác OO1O2 và AOB ta có:O1O
22 = OO2
1 +OO22 − 2OO1.OO2. cos∠O1OO2.
AB2 = 2R2(1− cos∠O1OO2)
Từ đó t212 = (R− r1)2 + (R− r2)2 − 2(R− r1)(R− r2)(1−AB2
2R2)− (r1 − r2)2
= (r1 − r2)2 − (r1 − r2)2 + 2(R− r1)(R− r2)AB2
2R2= (R− r1)(R− r2)
AB2
R2
Vậy t12 =AB
R
√(R− r1)(R− r2).
Tương tự nếu C1 và C2 cùng tiếp xúc ngoài với C, t12 =AB
R
√(R+ r1)(R+ r2), nếu C1 và C2 tiếp
xúc khác phía với C, chẳng hạn C1 tiếp xúc trong còn C2 tiếp xúc ngoài, t12 là độ dài của tiếp tuyến
chung trong được tính bởi công thức t12 =AB
R
√(R− r1)(R+ r2).
Trở lại bài toán.Gọi A,B,C,D lần lượt là tiếp điểm của C1, C2, C3, C4 với C. Áp dụng bổ đề 2 ta có:
t12.t34 + t14.t23 − t13.t24 =AB.CD +AD.BC −AC.BD
R2.√
(R− r1)(R− r2)(R− r3)(R− r4).Do tứ giác ABCD nội tiếp nên theo định lý Ptolemy, AB.CD +AD.BC −AC.BD = 0.Vậy t12.t34 + t14.t23 − t13.t24 = 0. Chiều thuận của định lý Casey được chứng minh.
3 Ứng dụng
Bài 1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). GọiCa, Cb, Cc lần lượt là các đường tròn tiếp xúctrong với (O) tại điểm chính giữa cung nhỏ BC,CA,AB và lần lượt tiếp xúc với các cạnh BC,CA,AB.Gọi tbc, tca, tab là độ dài các tiếp tuyến chung ngoài của các cặp đường tròn (Cb, Cc), (Cc, Ca), (Ca, Cb).
Khi đó tbc = tca = tab =a+ b+ c
4.
Cc
Ca
Cb
A
B C
Chứng minh. Gọi ta, tb, tc là độ dài các tiếp tuyến kẻ từ A,B,C tới Ca, Cb, Cc. Do Ca, Cb, Cc tiếp xúctrong với (O) tại điểm chính giữa các cung nhỏ BC,CA,AB nên ba đường tròn lần lượt tiếp xúc vớiBC,CA,AB tại trung điểm mỗi cạnh.
Áp dụng định lý Casey cho bốn đường tròn Ca, (A, 0), (B, 0), (C, 0) ta có
ta.a =a
2.b+
a
2.c
Suy ra ta =b+ c
2. Tương tự, tb =
a+ c
2, tc =
a+ b
2.
4
Lại áp dụng định lý Casey cho bốn đường tròn Ca, Cc, (A, 0), (C, 0) ta có
ta.tc =c
2.a
2+ tac.b
Từ đó tac =ta.tc −
ac
4b
=
(b+ c)(a+ b)
4− ac
4b
=a+ b+ c
4.
Tương tự suy ra đpcm.
Bài 2. (Định lý Feuerbach) Chứng minh rằng đường tròn Euler của tam giác tiếp xúc với các đườngtròn nội tiếp và bàng tiếp tam giác đó.
EC2
B2
A2
I
C1
A1
B1
A
B C
Chứng minh. Ta chứng minh bài toán cho trường hợp đường tròn nội tiếp. Các trường hợp khác chứngminh tương tự.
Giả sử ta có tam giác ABC với A1, B1, C1 lần lượt là trung điểm các cạnh BC,CA,AB; A2, B2, C2
lần lượt là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với BC,CA,AB. Đặt độ dài các cạnh tam giác ABClần lượt là a, b, c.
Áp dụng định lý Casey cho bốn đường tròn (I), (A1, 0), (B1, 0), (C1, 0) với độ dài các tiếp tuyến
chung lần lượt là B1C1 =a
2, C1A1 =
b
2, A1B1 =
c
2, A1A2 =
|b− c|2
, B1B2 =|c− a|
2, C1C2 =
|a− b|2
.
Ta có thể chọn các dấu "+","−" sao cho a|b − c| ± b|c − a| ± c|a − b| = 0 nên tồn tại đường tròntiếp xúc với (I), (A1, 0), (B1, 0), (C1, 0) hay đường tròn Euler của tam giác ABC tiếp xúc với (I).
Bài 3. Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I) có A1, B1, C1 lần lượt là trung điểm BC,CA,AB. F là tiếpđiểm của (I) và đường tròn Euler (E). Khi đó ta có thể chọn các dấu "+","−" sao cho
FA1 ± FB1 ± FC1 = 0.
Chứng minh. Gọi R, r lần lượt là bán kính đường tròn Euler và (I).Áp dụng bổ đề 2 cho đường tròn (I) và (B1, 0) ta có
B1F =R√
(R− r)R.B1B2, C1F =
R√(R− r)R
.C1C2, A1F =R√
(R− r)R.A1A2.
Do đó A1F ±B1F ± C1F =R√
(R− r)R.(A1A2 ±B1B2 ± C1C2)
=R
2√
(R− r)R.(|b− c| ± |c− a| ± |a− b|) = 0.
5
Bài 4. (Đường tròn Hart). Cho ba đường tròn C1, C2, C3 cắt nhau lần lượt tại các cặp điểm (A,A′),(B,B′), (C,C ′). Gọi (I), (IA), (IB), (IC) lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giác cong ABC, A′BC,AB′C, ABC ′. Khi đó tồn tại một đường tròn tiếp xúc ngoài với (IA), (IB), (IC) và tiếp xúc trong với(I), gọi là đường tròn Hart. Chú ý rằng có tất cả 8 đường tròn Hart ứng với ba đường tròn cho trước.[4][5]
C2
C1
C3
B'
C'
A'
C
B
A
I
IA
IB
IC
Chứng minh. Kí hiệu tij là độ dài tiếp tuyến chung ngoài, t′ij là độ dài tiếp tuyến chung trong của haiđường tròn (Ii) và (Ij).
Do (IA), (IB), (IC), (I) cùng tiếp xúc với C1 nên tAI .t′BC + tAB.t
′CI − t′AC .tBI = 0.
Tương tự, bốn đường tròn cùng tiếp xúc với C2 nên tAC .t′BI + t′BC .tAI − t′AB.tCI = 0.
Bốn đường tròn cùng tiếp xúc với C3 nên tBC .t′AI + t′AB.tCI − t′AC .tBI = 0.
Từ ba đẳng thức trên suy ra tAC .t′BI − tBC .t
′AI − tAB.t
′CI = 0.
Lưu ý dấu "+" hay "−" trong các đẳng thức trên không quan trọng, có thể đảo dấu nhưng phảithoả mãn trong một đẳng thức tồn tại cả "+" và "−".
Theo định lý Casey dạng đảo, tồn tại một đường tròn tiếp xúc ngoài với ba đường tròn (IA), (IB), (IC)và tiếp xúc trong với (I).
Bài 5. (IMO 2011). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). l là tiếp tuyến bất kì của (O). Gọila, lb, lc lần lượt là đường thẳng đối xứng với l qua ba cạnh BC,CA,AB. la, lb, lc cắt nhau tạo thànhtam giác A′B′C ′. Khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác A′B′C ′ tiếp xúc với (O).
M
I
O'
B'
A'
C'
A1
B1
C1
O
A
B
C
P
6
Chứng minh. Kí hiệu dX/l là khoảng cách từ X đến đường thẳng l. l cắt BC,CA,AB lần lượt tạiA1, B1, C1. P là tiếp điểm của l và (O).
Do lc và l đối xứng nhau qua AB nên dB/l = dB/lc, la và l đối xứng nhau qua BC nên dB/l = dB/lA.Từ đó dB/lA = dB/lc hay B′B là phân giác góc B′.Tương tự suy ra AA′, BB′, CC ′ đồng quy tại tâm nội tiếp I của tam giác A′B′C ′.Mặt khác, (B′A′, B′C ′) ≡ (B′A′, BA)+ (BA,BC)+ (BC,B′C ′) ≡ (BA, l)+ (BA,BC)+ (l, BC) ≡
2(BA,BC) (mod π).
Do đó ∠C ′IA′ = 90o +∠C ′B′A′
2= 180o − ∠ABC. Suy ra I ∈ (O).
Gọi pa, pb, pc lần lượt là phương tích từ A′, B′, C ′ tới (O). Áp dụng định lý Casey cho bốn đườngtròn (A′, 0), (B′, 0), (C ′, 0) và (O), ta có (A′B′C ′) tiếp xúc với (O) khi và chỉ khi:
B′C ′.√pa ±A′C ′.
√pb ±A′B′.
√pc = 0
Đặt bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và A′B′C ′ lần lượt là R và R′, bán kính đườngtròn nội tiếp tam giác A′B′C ′ là r.
Theo định lý hàm số sin,B′C ′
sin∠B′A′C ′ = 2R′ nênB′C ′ = 2R′. sin(180o−2∠BAC) = 2R′. sin 2∠BAC.
A′I =r
sin∠B′A′I=
r
cos∠BACA′A
sin∠AB1A′ =AB1
sin∠C ′A′Inên A′A =
AB1. sin∠PB1A
cos∠BAC=
dA/l
cosBAC.
dA/l = PA sin∠B1PA = PA sin∠PCA = PA.PA
2R.
Do đó A′A =PA2
2R cos∠BAC.
Suy ra B′C ′.√AA′.A′I = 2R′. sin 2∠BAC.PA.
√r√
2R cos∠BAC= PA. sin∠BAC.4R′.
√r√2R
= PA.BC.2R′.
√r√
2R.RTương tự và áp dụng định lý Ptolemy suy ra
B′C ′.√pa ±A′C ′.
√pb ±A′B′.
√pc = 2R′.
√r√
2R.R(PA.BC ± PB.AC ± PC.AB) = 0
Vậy (A′B′C ′) tiếp xúc với (O).
Bài 6. (Bổ đề Thébault). Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I), nội tiếp (O). Một đường tròn (E) tiếpxúc trong với (O) và tiếp xúc với các cạnh AB,AC lần lượt tại P,Q. Khi đó I là trung điểm PQ.
Chứng minh. Trước tiên ta giới thiệu một bổ đề.
Bổ đề 3. (Định lý Cristea). Gọi D,E, F lần lượt là ba điểm nằm trên các cạnh BC,CA,AB of4ABCvà M ∈ AD. Khi đó EF đi qua M khi và chỉ khi
DC · FBFA
+BD · ECEA
= BC · MD
MA
Chứng minh.Giả sử M ∈ EF. Gọi {P} ≡ EF ∩ BC. Áp dụng định lý Menelaus cho 4DAB ứng với đường
thẳng PMF và PEM ta có:
DC · FBFA
= DC · MD
MA· PBPD
, BD · ECEA
= BD · PCPD· MD
MA
⇒ DC · FBFA
+BD · ECEA
=MD
MA· (DC · PB +BD · PC)
PD
7
=MD
MA· [(PD − PC) · PB + (PB − PD) · PC]
PD
⇒ DC · FBFA
+BD · ECEA
=MD
MA· PD · (PB − PC)
PD= BC · MD
MAChiều đảo của bổ đề chứng minh tương tự dựa theo chiều đảo của định lý Menelaus.Trở lại bài toán.
D
Q
P
I
A
BC
Áp dụng định lý Casey cho bốn đường tròn (A, 0), (B, 0), (C, 0), (E) ta có:
AP.BC = AB.CQ+AC.BP hay AP =c.(b−AP ) + b.(c−AP )
a, suy ra AP =
2bc
a+ b+ c.
Gọi {D} ≡ AI ∩BC,ta cóDI
AI=
a
b+ c, CD =
ab
b+ c,BD =
ac
b+ c.
Áp dụng bổ đề 3, ta cần chứng minh
CD · BPPA
+BD · CQAQ
= BC · DIAI
.
Hayab
b+ c·c− 2bc
a+ b+ c2bc
a+ b+ c
+ac
b+ c·b− 2bc
a+ b+ c2bc
a+ b+ c
= a · a
b+ c, hoàn toàn đúng sau một số biến đổi.
Suy ra I ∈ PQ. Mà tam giác APQ cân tại A có phân giác AI nên I là trung điểm PQ.
Bài 7. (Bổ đề Sawayama). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). Dlà điểm bất kì trên BC. Một đường tròn ω tiếp xúc với các tia DC,DA lần lượt tại E,F và tiếp xúctrong với (O). Khi đó I nằm trên đường thẳng EF .
8
J
I
D
F
K
A
B CE
Chứng minh. Gọi J là giao của AI và BC. Theo định lý Menelaus, I, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi
EJ
ED.FD
FA.IA
IJ= 1
Tương đươngEJ
FA.IA
IJ= 1.
MàIA
IJ=b+ c
anên ta cần chứng minh a.FA = (b+ c).EJ (1)
Áp dụng định lý Casey cho bốn đường tròn (A, 0), (B, 0), (C, 0), ω ta có
AF.BC +AB.CE = AC.BE
Hay a.AF + c.(BC −BE) = b.BE ⇔ a.AF + ac = BE.(b+ c).
Do BJ =ac
b+ cnên a.AF + (b+ c).BJ = BE.(b+ c)
Từ đó a.AF = (b+ c).(BE −BJ) = (b+ c).EJ . Như vậy (1) đúng, tức là I nằm trên đường thẳngEF .
Bài 8. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi ωa là đường tròn qua hai điểm B,C và tiếpxúc với (I), ω′
a là đường tròn tiếp xúc với các tia AB,AC và tiếp xúc ngoài với ωa. Tương tự ta xácđịnh ω′
b, ω′c. Gọi r, ra, rb, rc lần lượt là bán kính các đường tròn (I), ω′
a, ω′b, ω
′c. Khi đó r = ra + rb + rc.
A2
B2C
2Ia
C'B'
T
A1
B1
C1
I
A
B C
9
Chứng minh. Kẻ tiếp tuyến qua T của đường tròn (I) và song song với BC, cắt AB,AC lần lượt tạiB′, C ′. Ta chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác AB′C ′ là ω′
a.Gọi A1, B1, C1 là tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB; A2, B2, C2 là tiếp điểm của đường tròn nội
tiếp (Ia) của tam giác AB′C ′ với B′C ′, C ′A,AB′. Kí hiệu p, p′ là nửa chu vi tam giác ABC,AB′C ′.
Ta có p′ = AB1 = p− a nên hai tam giác AB′C ′ và ABC đồng dạng theo tỉ sốp− ap
.
Suy ra B′C ′ =(p− a)a
p.
BC2 = c−AC2 = p′ −B′C ′ = c− [(p− a)− (p− a)ap
] = c− (p− a)2
p.
Tương tự, CB2 = b− (p− a)2
p.
A2T = B′C ′ − 2B′A2 =(p− a)a
p− 2(p− a− (p− a)b
p) = (b− c)(p− a)
p(với giả thiết b > c).
Áp dụng định lý Casey cho bốn đường tròn (B, 0), (C, 0), (I), (Ia) ta có:
BA1.CB2+BC.A2T −BC2.CA1 = (p− b).(b− (p− a)2
p)+a.(b− c)(p− a)
p− (c− (p− a)2
p).(p− c) = 0
nên (Ia) tiếp xúc ngoài với ωa hay (Ia) ≡ ω′a.
Từ đórar
=p− ap
. Tương tựrbr
=p− bp
,rcr
=p− cp
.
Suy rara + rb + rc
r=
3p− a− b− cp
= 1 hay r = ra + rb + rc.
Bài 9. (Juan Carlos). Gọi AB và CD là hai dây cung song song của đường tròn (O). Hai đườngtròn (O1) và (O2) cùng tiếp xúc ngoài với (O) và có AB là tiếp tuyến chung sao cho (O1), (O2)và CD nằm khác phía với AB. Kí hiệu tPOi là tiếp tuyến kẻ từ P tới đường tròn (Oi). Khi đótCO1 + tCO2 = tDO1 + tDO2 .
P
D
K J
O
A B I
O2
H
O1
C
Chứng minh. Gọi I, J,H,K lần lượt là tiếp điểm của (O2), (O1) với AB, (O).Gọi P là giao điểm của HK và (O). Do K là tâm vị tự của (O) và (O1) nên OP ‖ O1A hay
OP ⊥ AB.Suy ra P là điểm chính giữa cung AB. Tương tự suy ra HK, IJ, (O) đồng quy tại P .
Mặt khác, ∠AHK =1
2∠HO1K =
1
2∠KOP = ∠KJP nên tứ giác HKJI nội tiếp.
Từ đó P nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2), suy ra tPO1 = tPO2 .(1)
10
Áp dụng định lý Casey cho bốn đường tròn (C, 0), (P, 0), (O1), (O2) ta có
CP.HI = tCO1 .tPO2 + tCO2 .tPO1
Lại áp dụng định lý Casey cho bốn đường tròn (D, 0), (P, 0), (O1), (O2) ta có
DP.HI = tDO1 .tPO2 + tDO2 .tPO1
Do CD ‖ AB và C là trung điểm cung AB nên CP = DP , từ đó
tCO1 .tPO2 + tCO2 .tPO1 = tDO1 .tPO2 + tDO2 .tPO1 .
Kết hợp với (1) suy ra tCO1 + tCO2 = tDO1 + tDO2 .
Bài 10. (Iran TST 2012). Cho hình bình hành ABCD. Gọi w1, w2 lần lượt là hai đường tròn tiếp xúcvới các cặp đoạn thẳng AB và AD, BC và CD. Giả sử tồn tại một đường tròn tiếp xúc với đườngthẳng AD và DC và tiếp xúc ngoài với w1 và w2. Khi đó tồn tại một đường tròn tiếp xúc với đườngthẳng AB và BC và tiếp xúc ngoài với w1 và w2.
w3
w2
w1
S'Q'
U
T
S
R
Q
P
N
M
D
B
A
C
Chứng minh. Gọi w3 là đường tròn tiếp xúc với w1, w2, AD,DC; R1, R2, R3 lần lượt là bán kính củaw1, w2, w3; h1, h2 là hai đường cao của hình bình hành ABCD ứng với các cạnh AB,AD.
Gọi M,N,P,Q,R, S, T, U lần lượt là giao điểm của w1 ∩ w3, w2 ∩ w3, AB ∩ w1, AD ∩ w1, BC ∩w2, CD ∩ w2, AD ∩ w3, CD ∩ w3; Q′, S′ là điểm đối xứng với Q,S qua tâm các đường tròn w1, w2.
Dựa vào phép vị tự dễ dàng chứng minh các bộ ba điểm (P,M,U), (Q′,M, T ), (T,N,R), (U,N, S′)thẳng hàng.
Gọi l là độ dài tiếp tuyến chung ngoài của w1, w2; l1, l2 là độ dài tiếp tuyến kẻ từ U, T tới các đườngtròn w1, w2.
Ta có TQ =√TM · TQ′, US =
√UN · US′ và l1 =
√UM · UP, l2 =
√TN · TR.
Theo định lý Casey, tồn tại w3 đi qua U, T và tiếp xúc với w1, w2 nên
l · TU + TQ · US = l1 · l2
Do đó l · TU +√TM · TQ′ · UN · US′ =
√UM · UP · TN · TR
Áp dụng định lý hàm số sin,
l · 2R3 · sin(90−∠ADC
2) + 2R3
√US′ · sin∠NUS · TQ′ · sin∠MTQ
= 2R3 ·√UP · sin∠MUS · TR · sin∠NTQ
11
Tương đương
l · cos(∠ADC2
) +√2R1 · 2R2 =
√h1 · h2
.Một cách tương tự, tồn tại đường tròn w4 tiếp xúc với w1, w2, AB,BC khi và chỉ khi
l · cos(∠ABC2
) +√
2R1 · 2R2 =√h1 · h2
Vậy tồn tại w3 khi và chỉ khi tồn tại w4.
4 Bài tập tự luyện
Bài 11. Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O). E là một điểm nằm trên cung AC chứa B.Đường tròn (O′) tiếp xúc với AC và tiếp xúc với (O) tại E. Kẻ tiếp tuyến DT tới (O′). Chứng minhrằng DT = DA.
Bài 12. Cho ba đường tròn C1, C2, C3 bằng nhau và đôi một tiếp xúc nhau đồng thời cùng tiếp xúctrong với đường tròn (O) lần lượt tại X,Y, Z. Gọi A là điểm bất kì nằm trên cung XY không chứa Z,d1, d2, d3 lần lượt là độ dài tiếp tuyến kẻ từ A đến C1, C2, C3. Chứng minh rằng d1 + d2 = d3.
Bài 13. (Hongkong 2009). Cho tam giác ABC vuông tại C, đường cao CD. Đường tròn ω tiếp xúcvới các cạnh AC,AB lần lượt tại N,M và tiếp xúc ngoài với đường tròn đường kính BC. Chứng minhrằng:
i. BD.CN +BC.DM = CD.BM .ii. BM = BC.
Bài 14. (Kostas Vittas). Cho đường tròn (O) đường kính AB. P,Q là hai điểm bất kì trên (O) vàkhác phía với AB. Kẻ QT ⊥ AB. PC,PD lần lượt là tiếp tuyến kẻ từ P đến đường tròn đường kínhAT,BT . Chứng minh rằng PC + PD = PQ.
Bài 15. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), nội tiếp đường tròn ω. ωa là đường tròn tiếpxúc trong với ω và tiếp xúc với các cạnh AB,AC. AI giao ω lần thứ hai tại S. Kẻ tiếp tuyến ST tới
ωa. Chứng minh rằngST
SA=|b− c|b+ c
.
Bài 16. (Iran 2009). Hai đường tròn C1 và C2 có bán kính bằng nhau và cắt nhau tại hai điểm. Mộtđường thẳng l lần lượt cắt C1, C2 tại các điểm theo thứ tự A,B,C,D (A,C ∈ C2, B,D ∈ C1). Dựnghai đường tròn ω1 và ω2 sao cho hai đường tròn cùng tiếp xúc ngoài với C1, tiếp xúc trong với C2 vàcùng tiếp xúc khác phía với l. Giả sử ω1 và ω2 tiếp xúc với nhau. Chứng minh rằng AB = CD.
Bài 17. Cho hai đường tròn ω1 và ω2 tiếp xúc ngoài với nhau tại I và cùng tiếp xúc trong với ω. Tiếptuyến chung ngoài của ω1 và ω2 giao ω tại B,C. Tiếp tuyến chung tại I cắt ω tại A sao cho A và Inằm cùng một phía đối với BC. Chứng minh rằng I là tâm nội tiếp tam giác ABC.
Bài 18. AB là dây cung bất kì của đường tròn (O). Hai đường tròn C1 và C2 cùng tiếp xúc trong với(O) và tiếp xúc khác phía với AB. Chứng minh rằng AB = 2t12 ( t12 là độ dài tiếp tuyến chung ngoàicủa C1 và C2) khi và chỉ khi C1 hoặc C2 tiếp xúc với AB tại trung điểm AB.
Bài 19. Cho đường tròn (O). (O1) và (O2) cùng tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc ngoài nhau tại X.Tiếp tuyến chung tại X của hai đường tròn cắt (O) tại A và B. Kí hiệu t12 là độ dài tiếp tuyến chung
ngoài của (O1) và (O2). Chứng minh rằng1
XA+
1
XB=
2
t12.
12
Bài 20. (Thébault). Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I, r) và nội tiếp đường tròn (O). Dlà một điểm nằm trên cạnh BC. Đường tròn ω1 bán kính r1 tiếp xúc với các tia DA,DB và tiếp xúctrong với (O), đường tròn ω2 bán kính r2 tiếp xúc với các tia DA,DC và tiếp xúc trong với (O). Đặt∠ADB = α. Chứng minh rằng r1. cos2
α
2+ r2. sin
2 α
2= r.
Bài 21. (Luis González). Cho tam giác đều ABC cạnh a. Gọi (I) và (O) lần lượt là đường tròn nộitiếp và ngoại tiếp tam giác ABC. P là điểm bất kì trên (I), XY Z là tam giác pedal của P ứng vớitam giác ABC. Các đường tròn C1, C2, C3 lần lượt tiếp xúc với cạnh BC,CA,AB tại X,Y, Z và tiếpxúc với các cung BC,CA,AB không chứa đỉnh đối diện. Gọi T12, T23, T13 lần lượt là độ dài các tiếp
tuyến chung ngoài của C1, C2, C3. Chứng minh rằng T12 + T23 + T31 =35
16a.
Bài 22. (Lev Emelyanov). Cho ba điểm A1, B1, C1 lần lượt thuộc ba cạnh BC,CA,AB của tam giácABC. Dựng các đường tròn ωa, ωb, ωc lần lượt tiếp xúc với ba cạnh BC,CA,AB tại A1, B1, C1 và tiếpxúc với đường tròn ngoại tiếp (O) của tam giác ABC tại các điểm nằm trên cung không chứa A,B,C.Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn tiếp xúc ngoài với ω1, ω2, ω3 và tiếp xúc với đường tròn nộitiếp tam giác ABC khi và chỉ khi AA1, BB1, CC1 đồng quy.
13
Tài liệu
[1] Casey’s theorem, from Wolfram Mathworld
http://mathworld.wolfram.com/CaseysTheorem.html
[2] Ptolemy’s theorem, from Wolfram Mathworld
http://mathworld.wolfram.com/PtolemysTheorem.html
[3] Purser’s theorem, from Wolfram Mathworld
http://mathworld.wolfram.com/PursersTheorem.html
[4] Roger A.Johnson, Advanced Euclidean Geometry, Dover Publications, New York, 1965.
[5] Hart circle, from Wolfram Mathworld
http://mathworld.wolfram.com/HartCircle.html
[6] Artofproblemsolving Forum
http://www.artofproblemsolving.com/Forum/portal.php?ml=1
[7] Lev Emelyanov, A Feuerbach type theorem on six circles, Forum Geometricorum Vol.1, (2001),173-175.
Email: [email protected]
14
