Dinh Ly Casey Va Ung Dung - 123doc

Với mong muốn trình bày lại một cách có hệ thống nội dung của hai bài báo trên và giới thiệu thêm một số ứng dụng của Định lí Casey vào giải một số bài toán hình học dành cho học sinh gi

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

ĐỖ HOÀNG SƠN

ĐỊNH LÝ CASEY VÀ ỨNG DỤNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2018

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

Mục lục

1.1 Định lí Ptolemy 4

1.2 Một số ứng dụng của Định lí Ptolemy 7

1.3 Bất đẳng thức Ptolemy 16

1.3.1 Bất đẳng thức Ptolemy 16

1.3.2 Áp dụng Bất đẳng thức Ptolemy để thiết lập bất đẳng thức mới 17

1.3.3 Một số bài toán đề nghị 22

Chương 2 Định lí Casey và ứng dụng 26 2.1 Định lí Casey 26

2.1.1 Định lí Feuerbach : Một sự mở rộng của Định lí Ptolemy 26

2.1.2 Định lí Casey 32

2.2 Một số ứng dụng của Định lí Casey 34

2.3 Bất đẳng thức Casey 47

2.4 Một số bài toán đề nghị 51

Mở đầu

Định lí Casey được đặt theo tên nhà toán học người Ireland John Casey, nó được coi như một mở rộng của Định lí Ptolemy Bài báo Luis González [3] đã giới thiệu về Định lí Casey như là một mở rộng của Định lí Ptolemy 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 đề thi học sinh giỏi trong nước và quốc tế được giải quyết trọn vẹn trên cơ sở ứng dụng Định lí Casey Với mong muốn trình bày lại một cách có hệ thống nội dung của hai bài báo trên và giới thiệu thêm một số ứng dụng của Định lí Casey vào giải một số bài toán hình học dành cho học sinh giỏi, chúng tôi đã chọn đề tài “Định lí Casey và ứng dụng” làm chủ đề cho luận văn thạc sĩ Luận văn ngoài phần mở đầu, kết luận, tài liệu tham khảo, được trình bày trong hai chương.

• Chương 1 Một số kiến thức liên quan.

• Chương 2 Định lí Casey và ứng dụng.

Luận văn này được thực hiện tại Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên và hoàn thành với sự hướng dẫn của PGS.TS Trịnh Thanh Hải (Giảng viên Trường ĐH Khoa học - Đại học Thái Nguyên) Tác giả xin được bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới người hướng dẫn khoa học của mình, người đã đặt bài toán và tận tình hướng dẫn để luận văn này được hoàn thành.

Tác giả xin trân trọng cảm ơn Ban Giám hiệu Trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên, Ban Chủ nhiệm Khoa Toán – Tin, cùng các giảng viên đã tham gia giảng dạy, đã tạo mọi điều kiện tốt nhất

để tác giả học tập và nghiên cứu.

Tác giả xin cảm ơn tập thể lớp Cao học Toán khóa 10 (2016-2018) đã động viên và giúp đỡ tác giả rất nhiều trong suốt quá trình học tập.

Tác giả muốn gửi những lời cảm ơn tốt đẹp đến các nhà khoa học trong hội đồng đánh giá luận văn, đặc biệt là đến các phản biện của đề tài này Những góp ý, thảo luận của họ đã giúp tác giả sửa chữa và hoàn thiện luận văn này.

Nhân dịp này, tác giả cũng xin chân thành cảm ơn Sở Giáo dục và Đào tạo Hải Phòng, Ban Giám hiệu

Chương 1

Một số kiến thức liên quan

Trong chương này chúng tôi sẽ trình bày về Định lí Ptolemy cùng các ví dụminh họa việc ứng dụng vào giải bài tập liên quan đến tứ giác nội tiếp trongđường tròn

Trước hết, trong mục này chúng tôi trình bày nội dung Định lí mang tênnhà Toán học người Hy Lạp Claudius Ptolemy1 cùng một số hệ quả quantrọng của nó

Định lý 1.1 (Định lí Ptolemy) Tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong một đườngtròn khi và chỉ khi tich hai đường chéo bằng tổng các tích của các cạnh đốidiện, tức là

Chứng minh Chọn điểm E nằm trong tứ giác ABCD sao cho [ABE = \ACD

và [BAE = \CAD Xét các cặp tam giác đồng dạng ABE và ACD, ABC vàAED, suy ra AB.CD = BC.AD = AC(BE + ED), sau đó tìm điều kiện cần

và đủ để điểm E nằm trên đoạn thẳng BD

1 (Claudius Ptolemy : 100-187 TCN)

E

D B

D B

P B

C A

Định lí Ptolemy có thể xem là sự khái quát hóa của Định lí Pythagoras

trong trường hợp tứ giác ABCD là hình chữ nhật, lúc đó AC2 = AB2+ BC2

Định lí 1.1 có các hệ quả sau đây:

Hệ quả 1.1 Cho tứ giác nội tiếp ABCD với ∆ABC đều, ta có

B

E

D B

D B

P B

C A

a d

E

D B

D B

P B

C A

a

d

c d b d

AC sin \BAD = AC sinBAC + \[ DAC

= AC sinBAC + \[ DAC

= ACsin [BAC · cos \DAC + cos [BAC · sin \DAC

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 kínhAC của đường tròn ngoại tiếp

∆BAD

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

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

B

C Y

P X Z

D

E

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 tacó

XZ = BP sin [ABC và XY = CP sin [ACB

Vì XZ = XY nên BP sin [ABC = CP sin [ACB Ta có

ACsin [ABC. Suy ra

sin [ACBsin [ABC =

Bài toán 1.3 (Bất đẳng thức Esd¨os-Mordell) Cho P là điểm trong ∆ABC

và gọi da, db, dc lần lượt là các khoảng cách từ P tới BC, CA, AB Chỉ rarằng P A + P B + P C ≥ 2(da + db + dc) Đẳng thức xảy ra nếu và chỉ nếu

∆ABC đều và P là tâm đường tròn nội tiếp

B

E

D B

D B

P B

C A

a

d

c d b d

Từ 180◦− bA = bB + bC, khai triển và nhóm lại ta được

P A sin bA = n(dbsin bC + dcsin bB)2 + (dccos bC − dccos bB)2o

12

≥ dbsin bC + dcsin bB

Sử dụng các bất đẳng thức tương tự như bất đẳng thức cuối và kết quả

sin bCsin bB

Bài toán 1.4 (IMO 1991) Cho tam giác ABC và P là điểm nằm trong tamgiác Chỉ ra rằng ít nhất một trong các góc [P AB, \P BC, [P CA nhỏ hơn hoặcbằng 30◦

B

E

D B

D B

P B

C A

a

d

c d b d

Bài toán 1.5 Đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC theo thứ tự tiếpxúc với AC và AB tại E và F Các đường thẳng BE và CF theo thứ tự lạicắt (I) tại M và N Chứng minh rằng

M E

M F = 4 ·

N E

N F.

11Giải Gọi D là tiếp điểm của BC và (I).

B

A

CI

EF

NM

Hình 1.1

Áp dụng Định lí Ptolemy cho các tứ giác EF M D và EF DN ta có điều cần

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 ngoạitiếp ∆ABC Chứng minh rằng 1

P Q = P B · P C

P B + P C.Suy ra

Bài toán 1.7 Cho tam giác cân ABC tại đỉnh C nội tiếp trong đường tròntâm O và M là điểm tùy ý nằm trên cung nhỏ BC Chứng minh rằng

M A + M B

AB

AC.Giải Áp dụng Định lí Ptolemy đối với tứ giác AM BC, ta có

Áp dụng Định lí Ptolemy đối với tứ giác ABCD, ta có

AD · BC + BD · AC = AB · CD

Từ AD = BC, BD = AC và CD = AB ta có BC2 + AC2 = AB2 Bài toán 1.9 Cho a và b là các góc nhọn Chứng minh rằng

sin(a + b) = sin a cos b + sin b cos a (1.8)

sinb

a + b

sina

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 · BD = BC · DA + CD · AB,

Bài toán 1.10 Nếu điểm M tùy ý nằm trên đường tròn ngoại tiếp hình vuông

A1A2A3A4, thì ta có hệ thức

M A21+ M A23 = M A22 + M A24.Giải Không mất tính tổng quát, giả sử M nằm trên cung nhỏ A1A4

ĐặtM A1 = x1,M A2 = x2,M A3 = x3,M A4 = x4 và gọi cạnh của hình vuông

là a Áp dụng Định lí Ptolemy đối với các tứ giác M A1A2A3 và M A1A3A4,

ta có x1a + x3a = x2a√2, x1a + x4a√2 = x3a

Khử a ở cả hai vế, phương trình thứ hai trở thành x3− x1 = x4

√

2 Suy ra(x1+ x3)2+ (x3− x1)2 = 2x2

Giải Gọi cạnh của đa giác đều là a Vẽ các đường chéo A1A3, A2A4, ,

AnA2, có độ dài chung là b

Tiếp theo, vẽ các dây cung M A1, M A2, , M An và đặt M Ai có độ dài

di Áp dụng Định lí Ptolemy đối với các tứ giác M A1A2A3, M A2A3A4, ,

Bài toán 1.13 (xem [2]) Nếu điểm P nằm trên cung nhỏ 5.0ptAB_ của đườngtròn ngoại tiếp tam giác cân ABC với AC = BC thì

P A + P B

AB

AC.Bài toán 1.14 (xem [2]) Nếu điểm P nằm trên cung nhỏ 5.0ptAB_ của đườngtròn ngoại tiếp hình vuông ABCD thì

P A + P C

P B + P D =

P D

P C.Giải Áp dung Định lí Ptolemy cho các tứ giác nội tiếp P ADC và P BCD

1.3.1 Bất đẳng thức Ptolemy

Định lý 1.2 (Bất đẳng thức Ptolemy) Giả sử ABCD là một tứ giác Khi

đó ta có AB · CD + DA · BC ≥ AC · BD Đẳng thức xảy ra nếu ABCD làmột tứ giác nội tiếp

Chứng minh Từ A và B kẻ hai tia, cắt các đường chéo BD và AC lần lượttại X và Y sao cho \XAB = \DAC và [Y BA = \DCA

β γ = 22.3

δ

α γ

Gọi K là điểm đối xứng của N qua M Dễ thấy tam giác P KC có các cạnhchính la các trung tuyến của tam giác ABC và độ dài các trung tuyến của

2(BK + AC) =

3

4b, 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

(4m2a)(4m2b)(4m2c) ≤ (2a2 + bc)(2b2+ ac)(2c2 + ab)

Áp dụng công thức tính độ dài đường trung tuyến ta được

(2b2 + 2c2− a2)(2a2 + 2c2 − b2)(2a2 + 2b2 − c2)

Ta có thể chứng minh bắt đẳng thức (1.12) bằng đại số như sau:

(2a2 + 2c2− b2)(2a2 + 2b2 − c2) − (2a2 + bc)2

2a2 + 2b2 − c2 ≥ (a + b)2 − c2 > 0,2a2 + 2c2 − b2 > 0,

2(ma + mb + mc) ≤ p7(a2 + b2 + c2) + 2(ab + bc + ca) (1.14)

Áp dụng (1.11) cho tam giác P KC ta được

Suy ra

9bc ≤ 8m2a+ 4mbmc.Tương tự có

2(ma+ mb + mc) ≥ 3p2(ab + bc + ca) − (a2+ b2+ c2) (1.17)Vậy trong tam giác có độ dài ba cạnh là a, b, c và dộ dài ba trung tuyếntương ứng là ma, mb, mc ta có các bất đẳng thức

2am2a ≤ bmcma+ cmbma;2bm2b ≤ amcmb + cmamb;2cm2c ≤ ambmc + bmamc.Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được

ambmc+ bmcma + cmamb ≥ am2a+ bm2b + cm2c

Từ (1.22) có

2a2ma ≤ abmc + acmb2b2mb ≤ abmc + bcma2c2mc ≤ acmb + bcma.Cộng theo từng vế các bất đẳng thức trên ta được

Vậy trong tam giác có độ dài ba cạnh là a, b, c và độ dài ba trung tuyếntương ứng là ma, mb, mc ta có các bất đẳng thức sau:

Bài toán 1.16 Cho tứ diện ABCD trong không gian ba chiều Chứng minhrằng AB · CD + DA · BC > AC · BD

Giải Vẽ mặt phẳng α song song với các đường thẳng AC và BD Gọi A1,

B1, C1, D1 lần lượt là chân các đường vuông góc hạ từ A, B, C, D xuốngmặt phẳng α

3Xi=1(ai− di)2

3Xi=1(bi − ci)2

!12

≥

3Xi=1(ai − ci)2

3Xi=1(bi− di)2

yi2, β =

3Xi=1

zi2, γ =

3Xi=1

x2i.Nếu α, β hay γ là 0, thì (1.23) là hiển nhiên Nếu không thì không số nàotrong chúng bằng 0 Chia cả hai vế cho (αβγ)12, (1.23) trở thành

3Xi=1

p2i

!12+

3Xi=1

q2i

!12

≥

3Xi=1(qi− pi)2

!12,

3Xi=1

p2i +

3Xi=1

q2i

ở cả hai vế, ta suy ra bất đẳng thức Cauchy-Schwarz, đây là định lí đã biết.Nhận xét 1.1 Trong (1.23) và chứng minh của nó, số 3 có thể được thay thếbởi số nguyên dương n và ta rút ra Bất đẳng thức Ptolemy trong không giann-chiều

Bài toán 1.17 Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong đường tròn tâm O với[

ABC = \ADC = 90◦ Chứng minh rằng BD = AC sin \BAD

Giải Ta có

BDsin \BAD =

ABsin \BDA =

ABsin [BCA =

ABABAC

= AC

Bài toán 1.18 Cho tứ giác lồi ABCD Các cạnh là AB = a, BC = b,

CD = c, DA = d và các đường chéo của nó là AC = m, BD = n Đặt

ϕ = bA + bC Chứng minh rằng m2n2 = a2c2 + b2d2 − 2abcd cos ϕ

Giải Lấy trong tứ giác ABCD một điểm K sao cho \KDC = \ADB, \KCD =

\

ABD Khi đó ∆DHA = ∆DCK Từ đây rút ra lời giải bài toán Bài toán 1.19 Cho tứ giác nội tiếp ABCD, O là giao điểm của AC và BD.Đường tròn ngoại tiếp các tam giác OAB và OCD lại cắt nhau tại K nằmtrong ABCD Dựng điểm L thuộc nửa mặt phẳng bờ BC không chứa O saocho tam giác BCL đồng dạng với tam giác ADK Chứng minh rằng tứ giácBKCL ngoại tiếp

Giải Áp dụng Định lí Ptolemy cho tứ giác DOKC và AOKB Bài toán 1.20 Cho tam giác ABC Giả sử AE, BF là các đường phân giác,

O là tâm đường tròn ngoại tiếp Tia EF cắt (O) tại I Chứng minh rằng

Nhận xét

Chương 1 đã trình bày những kết quả sơ cấp nhất về Định lí Ptolemy vàBất đẳng thức Ptolemy cũng như các ví dụ minh họa việc vận dụng chúng

25vào giải một số bài toán xuất hiện trong các kỳ thi Olympic và các kỳ thituyển chọn học sinh giỏi.

2.1.1 Định lí Feuerbach : Một sự mở rộng của Định lí Ptolemy

Mục đích của phần này là trình bày Định lí Feuerbach (K.W Feuerbach lànhà toán học Đức 1800-1834), như một sự mở rộng của Định lí Ptolemy

Để mở rộng Định lí Ptolemy, trước hết ta xét bài toán: Cho tứ giác lồiABCD nội tiếp đường tròn (E) và với quan niệm coi mỗi điểm là một đườngtròn điểm với bán kính bằng 0, còn độ dài đoạn thẳng nối hai điểm đó là

độ dài tiếp tuyến chung của hai đường tròn điểm này, ta xét bốn đường tròn(JA), (JB), (JC), (JD) với các tâm và bán kinh tương ứng là (JA), rA; (JB),

rB; (JC), rC; (JD), rD sao cho bốn đường tròn (JA), (JB), (JC), (JD) đều tiếpxúc trong với đường tròn (E) tương ứng tại A, B, C, D

Lấy độ dài tiếp tuyến chung ngoài T V = tAB của hai đường tròn (JA), (JB)thay thế cho khoảng cách giữa hai điểm A, B trong Định lí Ptolemy, khi đó

ta có định lí sau

Định lý 2.1 Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (E) Nếu các đường

tAB · tCD+ tBC · tDA = tAC · tBD (2.1)

Chứng minh Gọi R, rA, rB, rC, rD theo thứ tự là bán kính đường tròn (E),(JA), (JB), (JC), (JD) và [AEB = α Giả sử T V = tAB là độ dài tiếp tuyếnchung ngoài của hai đường tròn (JA), (JB) thì ta có

t2AB = T V2 = JAJB2 − (rA − rB)2

= JAE2 + JBE2− 2JAEJBE cos α − (rA− rB)2và

AB2 = R2+ R2− 2R2cos α

Sau khi biến đổi để khử cos α ta được tAB = AB

R p(R − rA)(R − rB)

Áp dụng Định lí Ptolemy cho tứ giácABCD nội tiếp đường tròn (E), sử dụng

hệ thức (1.1) và các hệ thức về độ dài tiếp tuyến nêu trên ta được hệ thức(2.1)

Nhận xét 2.1

1 Nếu hai đường tròn (JA), (JB) cùng tiếp xúc ngoài với đường tròn (E) với

T V = tAB là độ dài tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn (JA), (JB),thì biến đổi tương tự trên, ta có tAB = AB

R p(R + rA)(R + rB) Điều đódẫn đến hệ thức (2.1) vẫn đúng khi bốn đường tròn (JA), (JB), (JC), (JD)đều tiếp xúc ngoài với đường tròn (E) tương ứng tại A, B, C, D

2 Nếu đường tròn (JA) tiếp xúc trong với đường tròn (E) còn đường tròn(JB) tiếp xúc ngoài với đường tròn (E) thì chọn T V = tAB là độ dài tiếptuyến chung trong của hai đường tròn (JA), (JB), lúc đó lập luận tương

tự trên ta có tAB = AB

R p(R − rA)(R + rB) Chọn như thế với các cặpđường 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 đườngthẳng thì tAB = AB nên hệ thức (2.1) vẫn đúng

Từ những nhận xét trên, với cách chứng minh tương tự, ta có Định lí mangtên nhà toán học Ireland J Casey (1820-1891) tổng quát hơn Định lí 2.1

29Định lý 2.2 (Casey) Giả sử bốn đường tròn (J1), (J2), (J3), (J4) tiếp xúc vớiđường tròn (E) (hoặc với đường thẳng) tương ứng tại A1, A2, A3, A4 theo thứ

tự vòng quanh Nếu hai đường tròn liên tiếp mà tiếp xúc cùng loại (cùng tiếpxúc trong hoặc cùng tiếp xúc ngoài) với đường tròn (E) (hoặc đường thẳng)thì chọn tiếp tuyến chung ngoài của chúng, còn nếu hai đường tròn liên tiếp

mà tiếp xúc khác loại (một tiếp xúc trong và một tiếp xúc ngoài) với đườngtròn (E) (hoặc đường thẳng) thì chọn tiếp tuyến chung trong của chúng; khi

đó độ dài tik của tiếp tuyến những hai đường tròn (Ji), (Jk) với i và k thuộc{1; 2; 3; 4} thỏa mãn hệ thức

t12t34+ t23t41 = t13t24 (2.2)

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 (M1),(M2), (M3) và tiếp xúc với đường tròn (J4) nội tiếp tam giác ABC thì độdài các tiếp tuyến chung của từng cặp trong bốn đường tròn (M1), (M2),(M3), (J4) phải thỏa mãn hệ thức (2.2)

Vì M1, M2, M3 tương ứng là trung điểm của BC, CA, AB (giả sử a ≥

t24 = M2F2 = AM2 − AF2 = b

2 − (p − a) =

a − c

2 .Tương tự có

a − c

2 = t13t24,tức là hệ thức (2.2) được thỏa mãn Đường tròn đi qua ba điểm M1, M2,

M3 chính là đường tròn Euler có tâm E là trung điểm của OH, trong đó