Tập hợp các bài toán dùng phép nghịch đảo.

[thanhtra_dhsp]

Chứng minh của định lí Ptolemy có trong rất nhiều sách. Nhưng em thích nhất là quyển "Bài tập nâng cao và các chuyên đề hình học 11 - Nguyễn Xuân Bình, Trần Văn Tấn". Dựa vào cách chứng minh ấy người ta có thể mở rộng tổng quát hơn.

Hai cái vị này buồn cười nhỉ.

Bạn bè với nhau sau lại cứ đả kích nhau thế nhỉ. Cứ như tôi với hung_dhsp có phải tốt không:

hung_dhsp bị điên

Hung_dhsp mới bị anh giết dao

[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[vnsay]

Hoàng Tuấn Anh
CĐSP Toán K12
Học Phần : Ứng dụng phép biến hình vào giải toán hình học .


Bài 27: Trang 109
ĐỀ : Cho hai đường tròn C và C’ tiếp xúc ngoài ở A; B là một điểm trên tục đẳng phương của hai đường tròn . Dựng các đường tròn qua B tiếp xúc với C và C’ . Tìm quỹ tích của hai đường tron dựng được khi B chạy trên trục đẳng phương.
BÀI GIẢI:

-Gọi (C1) và (C2) là các đường tròn cần dựng.
-Thực hiện phép nghịch đảo cực B, phương tích k = AB2
I k B : C C
C’ C’
C1 d1
C2 d2
-Với d1 và d2 là các tiếp tuyến chung ngoài của C và C’ và đi qua S là tâm vị tự ngoài của C và C’ ; ngược lại C1 và C2 là ảnh của các tiếp tuyến chung của d1 và d2 của hai đường tròn ( khi tồn tại hai đường tròn C1 và C2 )
-Nếu gọi các tiếp điểm của d2 với C và C’ là L’ và J’¬; tiếp điểm của d với C và C’ là L và J; tiếp điểm của C1 với C và C’ là K và I. ; của C2 với C và C’ là L” và J” .
-Ta có:
I k B : L K
J I
L’ L”
J’ J”
-Từ đó xác định được :
I = BJ C’ ;
K= BL C ;
L” = BL’ C’ ;
J” = BJ’ C’ .
-Các đường tròn cần dựng là đường tròn C1 qua B , K, I và C2 qua B , L, J .
-Gọi giao điểm thứ 2 của C1 và C2 là M.
Vì I k B M S nên B, M, S thẳng hàng và BM. BS = BA2. . Suy ra :
AM BS .
-Ta có ba điểm A, M, S thuộc một đường tròn và góc AMS bằng 90o nên tập hợp điểm M là đường tròn đường kính AS.














Bài 28: Trang 109
ĐỀ : Cho đường tròn C tâm O và đường thẳng Delta và một điểm A ; P là điểm thay đổi trên Delta. Tìm quỹ tích các giao điểm M của OP với trục đẳng phương của đường tròn C và đường tròn (OAP).
BÀI GIẢI:



-Thực hiện phép nghịch đảo cực O bảo toàn đường tròn C :
Ik ¬O:
C C vì C không đi qua cực nghịch đảo.
(OAP) d vì đường tròn (OAP) đi qua cực nghịch đảo O.
A B d
P M



-Khi đó d là trục đẳng phương của đường tròn C và (OAP)
- Tập hợp các điểm M là đường tròn C1 ảnh của trong phép nghịch đảo trên . Khi đó C1 là đường tròn đi qua O.

+ Chú ý : Tập hợp các điểm M là cả đường tròn C1 hay là một phần của đường tròn C1 tùy thuộc vị trí của A vì tùy theo vị trí của A , tập hợp tâm của các đường tròn (OAP) là toàn bộ hay một phần đường trung trực của đoạn OA, do đó trục đẳng phương d của hai đường tròn đi qua B và vuông góc với O sẽ không quét hết mặt phẳng trong trường hợp không chạy trên toàn bộ đường trung trực OA.


Bài tập sưu tầm :
------------------------------
Bất đẳng thức Ptolemy và ứng dụng
0923.288.322
Bất đẳng thức Ptolemy và trường hợp đặc biệt của nó, định lý Ptolemy về tính chất của tứ
giác nội tiếp là một trong những kết quả kinh điển và đẹp của hình học sơ cấp.
Có thể nói, bất đẳng thức Ptolemy và định lý Ptolemy đẹp từ các cách chứng minh đa dạng
đến những ứng dụng phong phú trong các bài toán chứng minh, trong tính toán hình học và
trong các bài toán bất đẳng thức hình học.
Trong bài viết này, chúng ta sẽ xem xét những khía cạnh thú vị của bất đẳng thức Ptolemy,
chứng minh một luận điểm thú vị là bất đẳng thức Ptolemy thực chất vừa là hệ quả, vừa là
mở rộng của bất đẳng thức tam giác. Tiếp theo, chúng ta sẽ xem xét các ứng dụng phong
phú của các kết quả này trong hình học và cả trong các môn học khác (như số học, lý
thuyết đồ thị …)
Bất đẳng thức Ptolemy là hệ quả của bất đẳng thức tam giác?
Ai cũng biết bất đẳng thức tam giác: Với A, B, C là ba điểm bất kỳ trên mặt phẳng, ta có
AB + BC ³ AC (1). Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A, B, C thẳng hàng và B nằm giữa A và
C. Nói cách khác AB = kBC với k là một số thực dương.
Trong khi đó, bất đẳng thức Ptolemy khẳng định: Với 4 điểm A, B, C, D bất kỳ trên mặt
phẳng, ta có AB.CD + AD.BC ³ AC.BD (2).
Rõ ràng, theo một quan điểm nào đó thì bất đẳng thức Ptolemy chính là mở rộng của bất
đẳng thức tam giác. Vì sao vậy? Xin giải thích lý do:
Chia hai vế của (2) cho BD, ta được
AC
BD
AD
BC
BD
CD
AB + ³
Nếu chọn D “đủ xa” thì từ đây ta sẽ suy ra AB + BC ³ AC.
Điều này nghe cũng ngạc nhiên, tuy nhiên lợi ích đem lại của sự đặc biệt hoá này không
nhiều, vì chẳng lẽ lại dùng bất đẳng thức Ptolemy cao siêu để chứng minh bất đẳng thức
tam giác vốn được coi như tiên đề?
Tuy nhiên, một logich rất tự nhiên dẫn chúng ta đến một ý tưởng hữu ích hơn: Như vậy bất
đẳng thức Ptolemy có liên quan đến bất đẳng thức tam giác. Vậy có thể là bất đẳng thức
Ptolemy có thể được chứng minh nhờ vào bất đẳng thức tam giác? Điều này quả là như
vậy. Ba phép chứng minh tiêu biểu dưới đây sẽ minh chứng cho luận điểm này:
Cách chứng minh thứ nhất: Sử dụng tính chất tam giác đồng dạng và bất đẳng thức tam
giác.
Dựng điểm E sao cho tam giác BCD đồng dạng với tam giác BEA. Khi đó, theo tính chất
của tam giác đồng dạng, ta có
BA/EA = BD/CD
Suy ra
BA.CD = EA.BD (3)
Mặt khác, hai tam giác EBC và ABD cũng đồng dạng do có
BA/BD = BE/BC và ÐEBC = ÐABD
Từ đó
EC/BC = AD/BD
Suy ra
AD.BC = EC.BD (4)
Cộng (3) và (4) ta suy ra
AB.CD + AD.BC = BD.(EA+EC)
Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta suy ra AB.CD + AD.BC ³ AC.BD.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A, E, C thẳng hàng, tức là khi A và D cùng nhìn BC dưới 1
góc bằng nhau, và khi đó tứ giác ABCD nội tiếp.
Trong chứng minh trên ta đã chỉ xem xét đến trường hợp ABCD lập thành một tứ giác lồi
và điểm E được dựng nằm trong tứ giác ABCD. Nếu dùng ngôn ngữ phép biến hình thì vấn
đề dựng điểm E sẽ rõ ràng hơn và không phụ thuộc vào vị trí tương đối của các điểm: Xét
phép vị tự quay tâm B biến D thành A và C thành E.
Cách chứng minh thứ hai: Sử dụng phép nghịch đảo và bất đẳng thức tam giác.
Xét phép nghịch đảo tâm A phương tích 1 biến B, C, D thành B’, C’, D’. Theo tính chất
của phép nghịch đảo, ta có
B’C’ = BC/AB.AC
C’D’ = CD/AC.AD
B’D’ = BD/AB.AD
Áp dụng bất đẳng thức tam giác ta có
B’C’ + C’D’ ³ B’D’
Thay các đẳng thức trên vào thì được
AD.BC + AB.CD ³ AC.BD
Dấu bằng xảy ra khi B’, C’, D’ thẳng hàng. Khi đó, lại áp dụng tính chất của tam giác đồng
dạng, ta suy ra ÐABC và ÐADC bù nhau, suy ra tứ giác ABCD nội tiếp.
Nếu coi rằng tính chất của phép nghịch đảo cũng được chứng minh nhờ vào tính chất của
tam giác đồng dạng thì cũng có thể thấy rằng hai cách chứng minh trên đây không khác
biệt là bao và đều sử dụng đến tam giác đồng dạng. Cách chứng minh dưới đây gây ngạc
nhiên về sự ngắn gọn của nó:
Cách chứng minh thứ ba: Số phức
Phép chứng minh này cũng sử dụng bất đẳng thức tam giác, nhưng được phát biểu như tính
chất của số phức: Với các số phức x, y bất kỳ ta có
|x| + |y| ³ |x+y| (5)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi y = kx với k là một số thực không âm.
Xét bốn điểm A, B, C, D trên mặt phẳng phức có toạ vị là a, b, c và 0 (có thể giả sử như
vậy), trong đó a, b, c là các số phức bất kỳ. Khi đó, bất đẳng thức cần chứng minh có thể
viết dưới dạng
|(a-b)c| + |a(b-c)| ³ |(a-c)b|
Nhưng điều này là hiển nhiên theo bất đẳng thức (5) vì (a-b)c + a(b-c) = (a-c)b.
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (a-b)c = ka(b-c) với k là một số thực dương. Câu hỏi tại sao
điều kiện này tương đương với sự kiện A, B, C, D nằm trên một được tròn xin được dành
cho bạn đọc.
Chứng minh định lý Ptolemy sử dụng đường thẳng Simson
Hạ DA1 vuông góc với BC, DB1 vuông góc với AC và DC1 vuông góc với AB thì B1, A1,
C1 thẳng hàng và B1A1 + A1C1 = B1C1 (6).
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.sinC, A1C1 = DB.sinB, B1C1 = AD.sinA
Lại áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác ABC, ta có
sinC = AB/2R, sinB = AC/2R, sinA = BC/2R
Thay vào đẳng thức (6) và rút gọn, ta thu được
AB.CD + AD.BC = AC.BD (đpcm)
Bất đẳng thức Ptolemy và những kết quả kinh điển
Trước hết ta xem xét ứng dụng của bất đẳng thức Ptolemy và trường hợp đặc biệt của nó –
định lý Ptolemy trong việc chứng minh các kết quả kinh điển của hình học phẳng
Điểm Toricelli:
Xét bài toán “Cho tam giác ABC bất kỳ. Hãy tìm điểm M trong mặt phẳng tam giác sao
cho MA + MB + MC đạt giá trị nhỏ nhất”.
Điểm M tìm được được gọi là điểm Toricelli của tam giác ABC. Có thể giải ngắn gọn bài
toán này bằng cách sử dụng bất đẳng thức Ptolemy như sau:
Trên cạnh BC, dựng ra phía ngoài tam giác đều BCA’. Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho
tứ giác MBA’C ta có
BM.CA’ + CM.BA’ ³ BC.MA’
Từ đó, do CA’ = BA’ = BC nên ta được
BM + CM ³ MA’
Như thế
AM + BM + CM ³ MA + MA’ ³ AA’
Tức là
AM + BM + CM ³ AA’ (là hằng số)
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi
1. Tứ giác BMCA’ nội tiếp
2. M nằm giữa A và A’
Dễ thấy ta có thể tìm được điểm M thoả mãn cả hai điều kiện này khi và chỉ khi tất cả các
góc của tam giác ABC đều không lớn hơn 1200.
Nếu chẳng hạn, góc A > 1200 thì điểm M cần tìm sẽ chính là điểm A (bạn đọc tự chứng
minh!).
Rõ ràng phương pháp nói trên có thể áp dụng cho bài toán tổng quát hơn: “Cho tam giác
ABC và các số thực dương m, n, p. Hãy tìm điểm M trong mặt phẳng tam giác sao cho
m.MA + n.MB + p.MC đạt giá trị nhỏ nhất”.
Tất nhiên, chúng ta cũng sẽ gặp phải tình huống tương tự như tình huống tam giác ABC có
1 góc lớn hơn 1200 như ở trên.
Nếu chú ý đến xuất phát điểm của bất đẳng thức Ptolemy, chúng ta có thể dễ dàng xây
dựng lời giải trực tiếp cho bài toán điểm Toricelli mà không qua bất đẳng thức này bằng
cách sử dụng việc vẽ thêm các tam giác đồng dạng.
Chẳng hạn với bài toán điểm Toricelli. Xét phép quay tâm C góc 600 biến M thành M’, B
thành B’ thì CMM’ là tam giác đều và MB = M’B’, do đó
AM + BM + CM = AM + MM’ + M’B’³ AB’
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi A, M, M’, B’ thẳng hàng. Điều này xảy ra khi cả ba góc
AMC, CMB và AMB bằng 1200 và điểm M nằm trong tam giác ABC.
Bất đẳng thức Erdos-Mordell
Cho tam giác ABC. M là một điểm bất kỳ nằm trong tam giác. Đặt x1 = MA, x2 = MB, x3 =
MC; p1, p2, p3 lần lượt là khoảng cách từ M đến BC, CA, AB tương ứng. Khi đó ta có bất
đẳng thức
x1 + x2 + x3 ³ 2(p1 + p2 + p3)
Có rất nhiều cách chứng minh kết quả kinh điển này. Sau đây chúng ta trình bày phương
pháp chứng minh sử dụng định lý Ptolemy.
Nối dài AM cắt đường tròn nội tiếp tam giác tại A’. Áp dụng định lý Ptolemy cho tứ giác
nội tiếp ABA’C, ta có
AB.CA’ + AC.BA’ = BC.AA’
Hạ A’D vuông góc với AC và A’E vuông góc với AB thì rõ ràng
A’B ³ A’E, A’C ³ A’D
Do đó a.AA’³ c.A’D + b.A’E
Hay
a
b
AA
A E
a
c
AA
A D
.
'
'
.
'
'
1 ³ +
Nhưng A’D/AA’ = p2/x1 và A’E/AA’ = p3/x1. Nên từ đây
a
b
p
a
c
x p . . 1 2 3 ³ +
Tương tự ta có các đánh giá cho x2, x3, từ đó
2( ) 1 2 3 1 2 3 1 2 3 p p p
b
a
a
b
p
c
a
a
c
p
c
b
b
c
p x x x + + ³ ÷ø
ö
çè
æ + + ÷ø
ö
çè
æ + + ÷ø
ö
çè
+ + ³ æ +
Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi tam giác ABC đều và M trùng với tâm O của tam giác.
Những ví dụ trên một lần nữa cho thấy sự gần gũi giữa bất đẳng thức Ptolemy và bất đẳng
thức tam giác. Sau đây, ta sẽ xem xét một số ứng dụng của định lý Ptolemy về tứ giác nội
tiếp trong việc chứng minh một số công thức lượng giác và hình học.
Công thức tính sin(a+b)
Với a+b là các góc nhọn, dựng đường tròn đường kính AC và chọn các điểm B và D nằm
trên hai nửa đường tròn, sao cho BAC = a, DAC = b. Áp dụng định lý Ptolemy, ta có
AB.CD + AD.BC = AC.BD (7)
Mặt khác, áp dụng định nghĩa của hàm số lượng giác, ta có
AB = AC.cosa, BC = AC.sina, CD = AC.sinb, DA = AC.cosb
Cuối cùng, áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác ABD, ta được
BD = AC.sin(a+b)
Thay vào (7), ta được
sin(a+b) = sina.cosb + sinb.cosa
Định lý Pythagore
Xét hình chữ nhật ABCD. Rõ ràng đây là một tứ giác nội tiếp. Vì thế ta có
AB.CD + AD.BC = AC.BD
Do AB = CD, AD = BC nên từ đây suy ra
AB2 + BC2 = AC2 (đpcm)
Định lý hàm số cos
Xét tam giác ABC với các cạnh BC = a, CA = b, AB = c. Dựng điểm D trên đường tròn
ngoại tiếp tam giác sao cho AD = BC và AC = BD (D chính là điểm đối xứng của C qua
trung trực của AB). Gọn E và F là hình chiếu của C và D lên AB. Áp dụng định lý Ptolemy
cho tứ giác nội tiếp ABCD ta có
AB.CD + AD.BC = AC.BD
Mặt khác,
CD = AB – AE – BF = AB – 2BC.cosB
Thay CD = AB – 2BC.cosB, AD = BC, BD = AC vào, ta có
AB2 – 2AB.BC.cosB + BC2 = AC2
Hay
b2 = a2 + c2 – 2ac.cosB (đpcm)
Hệ thức Feuerbach
Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn, khi đó
BD2.SACD = CD2.SABD + AD2.SBCD (8)
Chứng minh: Theo công thức tính diện tích thì SACD = AC.AD.CD/4R, SABD =
AB.AD.BD/4R, SBCD = BC.BD.CD/4R.
Do đó (8) tương đương với
BD2.AC.AD.CD = CD2.AB.AD.BD + AD2.BC.BD.CD
Hay là
AC.BD = AB.CD + AD.BC
Như vậy, có thể thấy định lý Ptolemy tương đương với hệ thức Feuerbach.
Định lý Carnot:
Trong tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn tâm O bán kính R. Gọi x, y, z là các
khoảng cách từ O đến BC, CA, AB tương ứng. Khi đó
x + y + z = R + r
trong đó r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác.
Chứng minh: Gọi D, E, F lần lượt là trung điểm các cạnh BC, CA, AB tương ứng. Áp dụng
định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp AEOF, ta được
AF.OE + AE.OF = AO.EF
ó c.y + b.z = R.a
Tương tự
c.x + az = R.b, ay + bx = R.c
Cộng các đẳng thức vế theo vế, ta được
(b+c)x + (c+a)y + (a+b)z = R(a+b+c)
ó (a+b+c)(x+y+z) = R(a+b+c) + ax + by + cz
ó x + y + z = R + r
(Vì ax + by + cz = 2SOBC + 2SOCA + 2SOAB = 2SABC và r = S/p)
Viết dưới dạng lượng giác, định lý Carnot chính là hệ thức cosA + cosB + cosC = 1 + r/R.
Chú ý hệ thức này đúng với mọi tam giác. Với hệ thức hình học, định lý Carnot vẫn đúng
trong trường hợp tam giác tù, nhưng nếu chẳng hạn A tù thì ta có –x + y + z = R + r.
Mở rộng định lý Ptolemy và bất đẳng thức Ptolemy
Định lý Ptolemy và bất đẳng thức Ptolemy có nhiều hướng mở rộng khác nhau. Thậm chí
từ bất đẳng thức Ptolemy, phát sinh ra hẳn một khái niệm gọi là không gian metric
Ptolemy, đồ thị Ptolemy … Dưới đây, chúng ta xem xét một số mở rộng của định lý
Ptolemy (và cũng là của bất đẳng thức Ptolemy)
Định lý Bretschneider
Cho tứ giác ABCD có độ dài các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt là a, b, c, d và độ dài hai
đường chéo AC, BD là m, n. Khi đó ta có
m2n2 = a2c2 + b2d2 – 2abcd.cos(A+C)
Rõ ràng định lý Ptolemy và cả bất đẳng thức Ptolemy đều là hệ quả của định lý
Bretschneider. Ta xem xét chứng minh của kết quả này
Trên cạnh AB ra phía ngoài dựng tam giác AKB đồng dạng với tam giác ACD, trong đó
ÐBAK = ÐDCA, ÐABK = ÐCAD, còn trên cạnh AD dựng tam giác AMD đồng dạng tam
giác ABC, ÐDAM = ÐBCA, ÐADM = ÐCAB. Từ các tam giác đồng dạng này ta suy ra
AK = ac/m, AM = bd/m, KB = DM = ad/m
Ngoài ra, ÐKBD + ÐMDB = ÐCAD + ÐABD + ÐBDA + ÐCAB = 1800, nghĩa là tứ giác
KBDM là hình bình hành. Nghĩa là KM = BD = n. Nhưng ÐKAM = ÐA + ÐC. Áp dụng
định lý hàm số cos cho tam giác KAM, ta có
2 . cos( )
2 2
2 A C
m
bd
m
ac
m
bd
m
ac
n + - ÷ø
ö
çè
æ + ÷ø
ö
çè
= æ
ó m2n2 = a2c2 + b2d2 – 2abcd.cos(A+C) (đpcm).
Định lý Casey (định lý Ptolemy mở rộng)
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (C). Bốn đường tròn a, b, g, d tiếp xúc với (C) lần
lượt tại A, B, C, D. Gọi tab là độ dài đoạn tiếp tuyến chung, trong đó tab là độ dài đoạn tiếp
tuyến chung ngoài nếu a, b cùng tiếp xúc ngoài hoặc cùng tiếp xúc trong với (C) và tab là
độ dài đoạn tiếp tuyến chung trong trong trường hợp ngược lại. Các đại lượng tbg, tgd …
được định nghĩa tương tự. Khi đó ta có
tab.tgd + tbg.tda = tag.tbd. (9)
Ta chứng minh cho trường hợp a, b, g, d đều tiếp xúc ngoài với (C). Các trường hợp khác
chứng minh tương tự.
Gọi R là bán kính đường tròn (C), x, y, z, t là bán kính các đường tròn a, b, g, d. Đặt a =
AB, b = BC, c = CD, d = DA, m = AC, n = BD.
Ta sẽ tính tab theo R, x, y và a. Gọi X, Y là tâm của a, b thì ta có, theo định lý Pythagore
(tab)2 = XY2 - (x-y)2
Mặt khác, theo định lý hàm số cos thì
XY2 = (R+x)2 + (R+y)2 – 2(R+x)(R+y)cos(XOY)
= 2R2 + 2R(x+y) + x2 + y2 – 2(R2+R(x+y)+xy)(1 – a2/2R2)
= (x-y)2 + a2(R+x)(R+y)/R2
Từ đó
(R x)(R y)
R
a
t = + + ab
Tương tự với các đại lượng tbg, tgd …
Thay vào (9) ta thấy rằng định lý Casey được suy ra từ định lý Ptolemy, cụ thể là từ đẳng
thức a.c + b.d = m.n.
Ngược lại, định lý Ptolemy chính là trường hợp đặc biệt của định lý Casey, khi x = y = z =
t = 0.
Định lý Casey có thể phát biểu một cách khác, như sau: Các đường tròn A, B, C, D tiếp
xúc với đường tròn (O); a, b, c, d, x, y là độ dài các tiếp tuyến chung của các cặp đường
tròn A và B, B và C, C và D, D và A, A và C và B và D tương ứng. Khi đó x.y = a.c + b.d.
Chú ý ta lấy độ dài tiếp tuyến chung trong hay tiếp tuyến chung ngoài theo nguyên tắc đã
đề cập ở trên. Cuối cùng, điểm có thể coi như đường tròn bán kính 0 và tiếp tuyến của hai
« đường tròn điểm » chính là đường thẳng đi qua chúng. Điều này sẽ được dùng đến trong
phần ứng dụng của định lý Casey.
Ứng dụng của bất đẳng thức Ptolemy
Phép chứng minh bất đẳng thức Ptolemy cũng như cách từ bất đẳng thức Ptolemy suy ra
bất đẳng thức tam giác cho thấy bất đẳng thức này có thể áp dụng để đánh giá độ dài các
đoạn thẳng. Việc dựng tam giác đều BCA’ ra phía ngoài trong lời giải bài toán Toricelli
chính là một cách làm mẫu mực để áp dụng được bất đẳng thức Ptolemy.
Ý tưởng chung là: Để đánh giá tổng p.MA + q.MB, ta có thể dựng điểm N sao cho p.NA =
q.NB. Sau đó áp dụng bất đẳng thức Ptolemy thì được
NA.MB + NB.MA ³ AB.MN
Từ đó
pNA.MB + p.NB.MA ³ AB.MN
ó qNB.MB + p.NB.MA ³ AB.MN
ó p.MA + q.MB ³ AB.MN/NB
Chú ý là điểm N là cố định, như thế p.MA + q.MB đã được đánh giá thông qua MN.
Ý tưởng này là chìa khoá để giải hàng loạt các bài toán cực trị hình học. Ta xem xét một số
ví dụ:
Ví dụ 1: Cho điểm M nằm trong góc nhọn xOy. Hai điểm A, B lần lượt thay đổi trên Ox,
Oy sao cho 2OA = 3OB. Tìm vị trí của A, B sao cho 2MA + 3MB đạt giá trị nhỏ nhất.
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác OAMB, ta có
OA.MB + OB.MA ³ OM.AB
Từ đó
2OA..MB + 2.OB.MA ³ 2.OM.AB
ó 3OB.MB + 2.OB.MA ³ 2.OM.AB
ó 2MA + 3MB ³ 2.OM.(AB/OB)
Vì tam giác OAB luôn đồng dạng với chính nó nên AB/OB là một đại lượng không đổi. Từ
đó suy ra 2MA + 3MB đạt giá trị nhỏ nhất bằng 2.OM.(AB/OB). Dấu bằng xảy ra khi và
chỉ khi tứ giác OAMB nội tiếp.
Ví dụ 2 : Một lục giác có độ dài 6 cạnh đều bằng 1. Chứng minh rằng lục giác đó có ít nhất
một đường chéo nhỏ hơn hay bằng 2.
Lời giải : Không ngờ gợi ý cho lời giải bài toán này lại là một đẳng thức lớp một: « 1 với 1
là 2 ». Và để thực hiện phép cộng hai cạnh thành ra đường chéo đó, ta sẽ áp dụng bất đẳng
thức Ptolemy.
Xét lục giác ABCDEF. Xét tam giác ACE. Không mất tính tổng quát, có thể giả sử CE là
cạnh lớn nhất trong tam giác. Áp dụng bất đẳng thức Ptlemy cho tứ giác ACDE, ta có
AC.DE + AE.CD ³ AD.CE
Từ đó, do CD = DE = 1 và CE ³ AC, CE ³ AE nên ta suy ra AD £ 2 (đpcm).
Ví dụ 3. (IMO SL 1997) Cho lục giác lồi ABCDEF có AB = BC, CD = DE, EF = FA.
Chứng minh rằng BC/BE + DE/DA + FA/FC ≥ 3/2. Dấu bằng xảy ra khi nào?
Lời giải: Áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác ACDE ta được DE·AC + DC·AE ≥
DA·CE. Sử dụng DE = DC, ta được DE(AC + AE) ≥ DA·CE hay DE/DA ≥ CE/(AC +
AE). Tương tự, ta có FA/FC ≥ EA/(CE + CA), và BC/BE ≥ EA/(EA + EC). Cộng các bất
đẳng thức này lại và sử dụng bất đẳng thức Nesbitt ta thu được điều phải chứng minh.
Để có dấu bằng ta phải có dấu bằng ở ba bất đẳng thức Ptolemy và ở bất đẳng thức Nesbitt.
Dấu bằng ở bất đẳng thức Nesbitt xảy ra khi tam giác ACE đều, như thế CAE = 60o. Vì
ACDE là tứ giác nội tiếp nên góc D phải bằng 120o. Bây giờ các tam giác ABC, CDE, EFA
phải bằng nhau (Tam giác ABC cân, vì vậy các góc của nó bằng 30o, 120o, 30o và cạnh AC
là cạnh của tam giác đều). Như thế lục giác có tất cả các cạnh đều bằng nhau và tất cả các
góc bằng 1200, vậy nó là lục giác đều. Ngược lại, hiển nhiên là với lục giác đều, ta có dấu
bằng xảy ra.
Ví dụ 4: (IMO 2001) Cho tam giác ABC với trọng tâm G và độ dài các cạnh a = BC, b =
CA, c = AB. Tìm điểm P trên mặt phẳng tam giác sao cho đại lượng AP.AG + BP.BG +
CP.CG đạt giá trị nhỏ nhất và tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a, b, c.
Lời giải:
Vẽ đường tròn ngoại tiếp tam giác BGC. Nối dài trung tuyến AL cắt đường tròn này tại K.
Gọi M, N là trung điểm các cạnh AC, AB tương ứng.
Áp dụng định lý hàm số sin cho tam giác BGL, ta có BG/sin(BLG) = BL/sin(BGK). Tương
tự, áp dụng định lý hàm số sin cho CGL, ta có CG/sin CLG = CL/sin(CGK). Nhưng L là
trung điểm của BC và sin(BLG) = sin(CLG), nên BG/CG = sin(CGK)/sin(BGK).
Ta có BK = 2R.sin(BGK), trong đó R là bán kính đường tròn ngoại tiếp. Tương tự CK =
2R sin(CGK), do đó CK/BK = BG/CG, và từ đây BG/CK = CG/BK.
Tương tự, AG/BG = sin(BGN)/sin(AGN) = sin(BGN)/sin(CGK) (góc đối nhau). Hơn nữa
BC = 2.R.sin(BKC) = 2.R.sin(BGN) (Vì BGCK là tứ giác nội tiếp nên Ð BKC = ÐBGN.
Từ đó BC/CK = sin(BGN)/sin CGK = AG/BG, từ đó BG/CK = AG/BC và BC:CK:BK =
AG:BG:CG.
Bây giờ áp dụng bất đẳng thức Ptolemy cho tứ giác PBKC: PK.BC £ BP.CK + CP.BK. Từ
đó PK.AG £ BP.BG + CP.CG. Suy ra (AP + PK)AG £ AP.AG + BP.BG + CP.CG và cuối
cùng AK.AG £ AP.AG + BP.BG + CP.CG với dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi (1) P nằm
trên đường tròn giữa C và B (để có đẳng thức ở BDT Ptolemy) và (2) P nằm trên AK (để
có đẳng thức trong bất đẳng thức tam giác). Do đó giá trị này đạt được khi P = G.
Dễ dàng tính được rằng AG2 + BG2 + CG2 = (a2 + b2 + c2)/3.
Có thể thấy đây là trường hợp đặc biệt của bài toán Toricelli tổng quát mà chúng ta đã xem
xét ở phần đầu. Chú ý rằng từ ba đoạn AG, BG, CG có thể dựng được 1 tam giác D. Ta chỉ
cần dựng tam giác BCK đồng dạng với tam giác D là được. Cách giải nêu trên chỉ ra cách
dựng tường minh cho điểm K.
Ứng dụng của định lý Ptolemy mở rộng
Trong bài viết này, chúng ta sẽ không đề cập đến các ứng dụng trực tiếp của định lý
Ptolemy, tức là trường hợp đặc biệt của bất đẳng thức Ptolemy, trong việc giải các bài toán
hình học, bao gồm việc chứng minh các đẳng thức hình học, các đặc tính hình học, các bài
toán tính toán. Tất cả các bài toán dạng này chúng tôi đưa vào phần bài tập.
Dưới đây, xin nêu ra những ứng dụng của định lý Ptolemy mở rộng (định lý Casey) trong
việc chứng minh một số định lý hình học.
Định lý 1. Cho hai đường tròn (O1), (O2) tiếp xúc ngoài nhau tại I và cùng tiếp xúc trong
với đường tròn (O). Một tiếp tuyến chung ngoài của (O1) và (O2) cắt O tại B và C, trong
khi đó tiếp tuyến chung trong của chúng cắt (O) tại điểm A cùng phía với I. Khi đó I là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Chứng minh 1. Giả sử BC tiếp xúc (O1) tại X và (O2) tại Y và AI cắt BC tại D. Đặt BC = a,
CA = b, AB = c, BX = x, CY = y, AI = z, DX = DI = DY = u.
Áp dụng định lý Ptolemy mở rộng (GPT) cho các bộ 4 đường tròng (A, (O1), B, C) và (A,
(O2), C, B) ta có
az + bx = c(2u+y)
az + cy = b(2u+x)
Trừ hai đẳng thức này cho nhau, ta được bx – cy = u(c-b), từ đó (x+u)/(y+u) = c/b, tức là
BD/CD = AB/AC, suy ra AD là phân giác góc A và BD = ac/(b+c). Mặt khác, cộng hai
đẳng thức này, ta được az = u(b+c), suy ra z/u = (b+c)/a tức là AI/ID = BA/BD, suy ra BI
là phân giác góc B. Định lý được chứng minh.
Chứng minh 2.
Bổ đề: Cho BC là dây cung của đường tròn (O), S1, S2 là hai cung của (O) tạo bởi BC. Gọi
M là trung điểm của S2 và xét tất cả các đường tròn (V) tiếp xúc với S1 và BC. Khi đó độ
dài tiếp tuyến tMV từ M đến (V) không phụ thuộc vào vị trí của V.
Chứng minh bổ đề. Giả sử (V) tiếp xúc (O) tại R và BC tại S. Áp dụng GPT cho bộ 4
đường tròn (B, (V), C, M) ta có BS.CM + CS.BM = tMV.BC. Vì CM = BM nên từ đây ta
suy ra tMV = BM (không đổi).
Chứng minh định lý 1. Gọi M là trung điểm cung BC không chứa A. Áp dụng bổ đề, ta có
tMO1 = MB = MI = MC = tMO2. Từ đó suy ra M nằm trên trục đẳng phương của hai đường
tròn (O1), (O2), tức là trên AI. Điều đó có nghĩa là AI là phân giác góc A.
Định lý 2. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). Đường tròn (C) tiếp xúc với
dây cung BC tại D và các cạnh AB, AC tương ứng tại P và Q. Khi đó trung điểm của PQ là
tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Chứng minh.Áp dụng GPT cho cặp 4 đường tròn (A, B, (C), C). Đặt AP = AQ = x thì ta có
tAB = c, tA(C) = AP = x, tAC = b, tB(C) = BP = c-x, tBC = a, t(C)C = BQ = b – x.
Định lý GPT cho ta c(b-x) + b(c-x) = ax, từ đó x = bc/p, trong đó p = (a+b+c)/2 là nửa chu
vi tam giác. Gọi I là trung điểm của PQ thì IP = xsin(A/2) và khoảng cách từ I đến AB
bằng IPcos(A/2) và bằng (bc/p)sin(A/2)cos(A/2) = (1/2)bc.sinA/p = S/p = r. Suy ra I chính
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác.
Rất thú vị là sử dụng GPT, ta có thể tìm được một cách chứng minh ngắn gọn nhất cho một
kết quả kinh điển, một viên ngọc của hình học sơ cấp, định lý Feuerbach.
Định lý Feuerbach. Đường tròn nội tiếp và đường tròn 9 điểm Euler tiếp xúc với nhau.
Chứng minh.Gọi D, E, F là trung điểm các cạnh BC, CA, AB tương ứng và (I) là đường
tròn nội tiếp tam giác. Gọi a, b, c là độ dài các cạnh, p là nửa chu vi. Xét bộ bốn (D, E, F,
(I)), ta có
tDE = a/2, tEF = b/2, tFD = c/2
tD(I) = |a/2 – (p-b)| = |b-c|/2, tE(I) = |c-a|/2, tF(I) = |a-b|/2
Để áp dụng định lý GPT đảo, ta chỉ cần kiểm tra xem có đẳng thức dạng
± a(b-c) ± b(c-a) ± c(a-b) = 0
hay không. Nhưng điều này là hiển nhiên.
Ứng dụng “không hình học” của bất đẳng thức Ptolemy
Chúng ta sẽ đề cập đến những ứng dụng của định lý Ptolemy, của bất đẳng thức Ptolemy
trong các lĩnh vực toán học khác, trong đó có lượng giác, giải tích, lý thuyết đồ thị.
Bảng độ dài các dây cung của Ptolemy
Ptolemy là người đầu tiên đã lập ra bảng các hàm số lượng giác của các góc. Thực ra,
Ptolemy đã lập ra bảng độ dài các dây cung ứng với góc ở tâm. Tuy nhiên, chúng ta có thể
hiểu rằng bảng này hoàn toàn tương đương với bảng các hàm lượng giác.
Trên ngôn ngữ hiện đại, có thể hiểu ý tưởng của Ptolemy như sau: Dùng định lý Ptolemy,
ông tìm ra công thức tương đương với công thức lượng giác quen thuộc:
sin(a-b) = sina.cosb - sinb.cosa
Như thế, nếu biết hàm lượng giác của 720 và 600 thì sẽ tìm được hàm lượng giác của 120.
Ptolemy lại tìm được công thức tính độ dài của dây cung góc chia đôi (tương ứng với công
thức sin2(a/2) = (1-cosa)/2.
Từ đây, lại tìm được hàm lượng giác của các góc 60, 30, 1.50, … Sau đó, Ptolemy dùng
công thức hiệu để lập bảng các dây cung, tương ứng với bảng các hàm lượng giác của các
góc. Bạn đọc có thể xem chi tiết các lập luận của Ptolemy trong [11].
Không gian metric Ptolemy
Bất đẳng thức Ptolemy trong không gian Euclid 2 chiều đã dẫn đến một khái niệm quan
trọng là khái niệm không gian metric Ptolemy.
Nhắc lại, không gian metric là một bộ (X, d) trong đó X là một tập hợp còn d là một ánh xạ
từ X ´ X vào R+ (tập hợp các số thực không âm), thoả mãn các tính chất sau
a) d(x, y) ³ 0 với mọi x, y thuộc X
b) d(x, y) = 0 khi và chỉ khi x = y
c) d(x, y) = d(y, x) với mọi x, y thuộc X
d) d(x, z) £ d(x, y) + d(y, z) với mọi x, y, z thuộc X
Không gian metric (X, d) được gọi là không gian metric Ptolely nếu như với bốn điểm x, y,
z, t bất kỳ ta có bất đẳng thức Ptolemy
d(x, y).d(z,t) + d(x,t).d(y,z) ³ d(x, z).d(y,t)
Đồ thị Ptolemy
Tương tự, ta có khái niệm đồ thị Ptolemy: Đồ thị liên thông G được gọi là đồ thị Ptolemy
nếu với 4 điểm A1, A2, A3, A4 bất kỳ ta có
d12.d34 + d14.d23 ³ d13.d24
trong đó dij là khoảng cách giữa Ai và Aj, nghĩa là độ dài đường đi ngắn nhất từ Ai đến Aj.
Những đối tượng này có những tính chất quan trọng và được nhiều nhà toán học quan tâm
nghiên cứu (xem [12], [13], [14], [15], [16]).
Bài tập
1. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O) và AC = 2AB. Các đường thẳng tiếp
xúc với đường tròn (O) tại A, C cắt nhau tại P. Chứng minh rằng BP đi qua điểm chính
giữa của cung BAC.
2. Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp, O là tâm đường tròn ngoại tiếp và
trọng tâm G. Giả sử rằng ÐOIA = 900. Chứng minh rằng IG song song với BC.
3. (IMO Shortlist) Giả sử M, N là các điểm nằm trong tam giác ABC sao cho ÐMAB =
ÐNAC, ÐMBA = ÐNBC. Chứng minh rằng:
1
.
.
.
.
.
. + + =
CACB
CM CN
BA BC
BM BN
AB AC
AM AN
4. (VMO 1997) Trong mặt phẳng, cho đường tròn tâm O bán kính R và điểm P nằm trong
được tròn (OP = d < R). Trong tất cả các tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn (O)
và có hai đường chéo AC và BD vuông góc và cắt nhau tại P, hãy tìm tứ giác có chu vi lớn
nhất và tứ giác có chu vi nhỏ nhất. Tính các giá trị lớn nhất và nhỏ nhất này theo R và d.
5. (Bulgaria 2007) Cho tam giác ABC có BC > AB > AC và cosA + cosB + cosC = 11/8.
Xét các điểm X thuộc BC và Y thuộc AC kéo dài về phía C sao cho BX = AY = AB.
a) Chứng minh rằng XY = AB/2.
b) Gọi Z là điểm nằm trên cung AB của đường tròn ngoại tiếp tam giác không chứa
C sao cho ZC = ZA + ZB. Hãy tính tỷ số ZC/(XC+YC).
6. Cho tam giác ABC với BE, CF là các đường phân giác trong. Các tia EF, FE cắt đường
tròn ngoại tiếp tam giác theo thứ tự tại M và N. Chứng minh rằng:
BM CN AM AN BN CM
1 + 1 = 1 + 1 + 1 + 1
7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (O’) nằm trong (O) tiếp xúc với
(O) tại T thuộc cung AC (không chứa B). Kẻ các tiếp tuyến AA’, BB’, CC’ tới (O’). Chứng
minh rằng: BB’.AC = AA’.BC + CC’.AB.
8. (Định lý Thebault) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). D là trung điểm
của BC. Gọi (O1), (O2) là các đường tròn nằm trong (O), tiếp xúc với (O), BC và AD. Khi
đó đường thẳng nối tâm của (O1), (O2) đi qua I. Hãy chứng minh.
9. (CMO 1988, Trung Quốc) Cho ABCD là một tứ giác nội tiếp với đường tròn ngoại tiếp
có tâm O và bán kính R. Các tia AB, BC, CD, DA cắt đường tròn tâm O bán kính 2R lần
lượt tại A’, B’, C’, D’. Chứng minh rằng chu vi tứ giác A’B’C’D’ không nhỏ hơn hai lần
chu vi tứ giác ABCD.
10. Cho đường tròn (O) và dây cung BC khác đường kính. Tìm điểm A thuộc cung lớn BC
của đường tròn để AB + 2AC đạt giá trị lớn nhất.
11. Lục giác lồi ABCDEF có ABF là tam giác vuông cân tại A, BCEF là hình bình hành.
AD = 3, BC = 1, CD + DE = 2 2. Tính diện tích lục giác.
Tài liệu tham khảo
1. I.F.Sharyghin, Các bài toán hình học phẳng, NXB “Nauka”, Moscow 1986 (tiếng Nga)
2. Lê Quốc Hán, Ẩn sau định lý Ptô-lê-mê, NBX Giáo dục 2007
3. Internet, Ptolemy’s Theorem
[Only registered and activated users can see links. ]
4. Internet, Simson’s Line and Its Applications
[Only registered and activated users can see links. ]
5. Internet, Casey’s Theorem – Generalized Ptolemy’s Theorem
[Only registered and activated users can see links. ]
6. Zaizai, Khám phá định lý Ptô-lê-mê
[Only registered and activated users can see links. ]
7. Internet, Ptolemy’s Theorem and Interpolation
[Only registered and activated users can see links. ]
8. Internet, Peter Scholes IMO website
[Only registered and activated users can see links. ]
9. Shailesh Shirali, On The Generalized Ptolemy. Theorem.
[Only registered and activated users can see links. ]
53.pdf?file=page49-53
10. Jean-Louis Aime, Sawayama and Thebault’s Theorem, Forum Geometricorum,
Volume 3 (2003), 225-229.
[Only registered and activated users can see links. ]
11. Internet, Ptolemy’s Table of Chords. Trigonometry in the second century
[Only registered and activated users can see links. ]
12. Malesevic, Branko J., The Mobius-Pompeiu metric property, Journal of Inequalities
and Applications
[Only registered and activated users can see links. ]
13. David C.Kay, The ptolemaic inequality in Hilbert geometries, Pacific Journal of
Mathematics, Volume 21, N2 (1967), 293-301.
14. Internet, Encyclopedic Dictionary of Distances
[Only registered and activated users can see links. ]
15. Edward Howorka, A characterization of ptolemaic graphs, Volume 5, Issue 3 Pages
323-331.
16. Takahara et al, The longest path problems on ptolemaic graphs, IEICE Transactions
[Only registered and activated users can see links. ]
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Coloveka]

có bài hình sau mong mọi người cho tham khảo lời giải chớ mình nghĩ mãi không ra:
Cho tam giác ABC cố định nội tiếp (O). Lấy M, N trên AB, BC sao cho độ dài hình chiếu của MN trên BC bằng BC/2. CMR đường tròn (AMN) luôn đi qua một điểm cố định.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[lady_kom4]

Gọi trung điểm của $AB,AC $ lần lượt là $P,Q $, gọi $Mx \perp BC, Ny \perp BC, $ đường thẳng qua $O $ song song với $BC $ cắt $Mx, Ny $ lần lượt tại $H,K $
Vẽ đường tròn đường kính $OM, ON $, hai đường tròn cắt nhau tại $ T $
Dùng hình bình hành $PHKQ $ và cộng góc ta chứng minh được $T,N,M $ thẳng hàng, $T, P,Q $ thẳng hàng hay $T = PQ \cap MN $
Từ đó ta có $ \Delta OPM \sim \Delta OQN \Rightarrow \angle POQ = \angle MON \Rightarrow O \in (AMN) $. $QED $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[alltheright]

Nguyên văn bởi lady_kom4

Gọi trung điểm của $AB,AC $ lần lượt là $P,Q $, gọi $Mx \perp BC, Ny \perp BC, $ đường thẳng qua $O $ song song với $BC $ cắt $Mx, Ny $ lần lượt tại $H,K $
Vẽ đường tròn đường kính $OM, ON $, hai đường tròn cắt nhau tại $ T $
Dùng hình bình hành $PHKQ $ và cộng góc ta chứng minh được $T,N,M $ thẳng hàng, $T, P,Q $ thẳng hàng hay $T = PQ \cap MN $
Từ đó ta có $ \Delta OPM \sim \Delta OQN \Rightarrow \angle POQ = \angle MON \Rightarrow O \in (AMN) $. $QED $

lời giải này của bạn thì tuyệt rồi mà mình thấy không cần vẽ thêm hình bình hành $PHKQ $ cũng vẫn được mà hình đỡ rối chỉ cần gọi thêm 2 trung điểm thui
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[zeus god]

Em biết một bài rất khoai:
Cho tam giác ABC và M bất kì trong tam giác. Các đường thẳng AM,BM,CM lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC,MCA,MAB tại các điểm thứ hai A',B',C'. Gọi A1,B1,C1 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác MB'C';MC'A';MA'B'. CMR các đường tròn ngoại tiếp tam giác MAA1,MBB1,MCC1 có 1 điểm chung nữa khác M.
Vẽ hình đã thấy kinh.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Evarist Galois]

Nguyên văn bởi zeus god

Em biết một bài rất khoai:
Cho tam giác ABC và M bất kì trong tam giác. Các đường thẳng AM,BM,CM lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC,MCA,MAB tại các điểm thứ hai A',B',C'. Gọi A1,B1,C1 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác MB'C';MC'A';MA'B'. CMR các đường tròn ngoại tiếp tam giác MAA1,MBB1,MCC1 có 1 điểm chung nữa khác M.
Vẽ hình đã thấy kinh.

Bài này không chỉ nghịch đảo mà còn cả tứ giác điều hòa nữa.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[zeus god]

Nguyên văn bởi Evarist Galois

Bài này không chỉ nghịch đảo mà còn cả tứ giác điều hòa nữa.

Bạn có thể post lời giải ko? Bài này thấy mình bảo có cách ko dùng nghịc đảo nhưng hiện tại mình chưa biết làm thế nào với bất kì cách nào
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Evarist Galois]

Nguyên văn bởi zeus god

Em biết một bài rất khoai:
Cho tam giác ABC và M bất kì trong tam giác. Các đường thẳng AM,BM,CM lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác MBC,MCA,MAB tại các điểm thứ hai A',B',C'. Gọi A1,B1,C1 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác MB'C';MC'A';MA'B'. CMR các đường tròn ngoại tiếp tam giác MAA1,MBB1,MCC1 có 1 điểm chung nữa khác M.
Vẽ hình đã thấy kinh.

Xét phép nghịch đảo cực M phương tích bất kì biết bất kì điểm nào trong hình thành điểm đó và có "0" ở dưới.
Do AA' qua M nên A0A'0 cũng qua M, tương tự B0B'0;C0C'0 qua M.
Do (BCA') qua M nên B0,C0,A'0 thẳng hàng tương tự C0,A0,B'0;
A0,B0,C'0 thẳng hàng.
Gọi đường kính qua M của (MB'C') là A2 thì MA2.MA20=MA1.MA10
Mà MA2=2MA1 nên MA10=2MA20 mà A20 là chân đường vuông góc hạ từ M xuống B'0C'0 nên A10 đối xứng với M qua B'0C'0. Tương tự với các đỉnh kia.
Vậy ảnh của (MAA1) là A0A10, của (MBB1) là B0B10, của (MCC1) là C0C10.
Như vậy ta dựng được ảnh: Tam giác A0B0C0, 3 điểm A'0,B'0,C'0 lần lượt thuôc B0C0,C0A0,A0B0 sao cho A0A'0,B0B'0,C0C'0 đồng quy tại M, các điểm A10, B10,C10 lần lượt đối xứng với M qua B'0C'0,C'0A'0,A'0B'0. Như vậy ta cần cm A0A10,B0B10,C0C10 đồng quy
Ta có bổ đề : Lấy A3 thuộc B0C0 sao cho A3M vuông góc A0M. Khi đó A3,B10,C10 thảng hàng. Tương tự với các đỉnh kia.
Áp dụng định lí Desargues và bổ đề ta cần cm A3,B3,C3 thẳng hàng.
Tới đây có thể dùng cực đối cực hoặc bổ để $(B_0C_0A_3)=\frac{\vec{MB_0}\vec{MA_0}}{\vec{MC_0} \vec{MA_0}} $.

Bài tiếp theo: Cho tam giác ABC và M là điểm bất kì. Đường tròn bất kì qua M cắt (MBC),(MCA),(MAB) tại A',B',C'. MA',MB',MC' lần lượt cắt BC,CA,AB tại A'',B'',C''. Chứng minh rằng A'',B'',C'' thẳng hàng.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Napoleong_001]

Em có mấy bài sau:
1) Chứng minh đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và các đường tròn bàng tiếp của tam giác
2) Cho đường tròn tâm C bán kính R và một đường thẳng d không cắt đường tròn. Một đường tròn tâm S thay đổi tx với d và trực giao với C. Tìm tập hợp các điểm S
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sang89]

Nguyên văn bởi Napoleong_001

Em có mấy bài sau:
1) Chứng minh đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp và các đường tròn bàng tiếp của tam giác

Gọi I là tâm nội tiếp, Q là tâm Euler và M là trung điểm của BC. P là tiếp điểm của (I) lên BC.

Phép nghịch đảo $I(M;MD^2) $ sẽ biến (I) thành chính nó vì $MD^2 $chính là phương tích của M đối với (I) và ảnh của (Q) đi qua M sẽ là 1 đường thẳng song song song với tiếp tuyến tại M của (Q). Dễ thấy rằng đường thẳng này chính là tiếp tuyến của (I).

Do ảnh của (Q) tiếp xúc (I) nên (Q) tiếp xúc với (I).

Tâm bàng tiếp tương tự.
------------------------------

Nguyên văn bởi Napoleong_001

Em có mấy bài sau:

2) Cho đường tròn tâm C bán kính R và một đường thẳng d không cắt đường tròn. Một đường tròn tâm S thay đổi tx với d và trực giao với C. Tìm tập hợp các điểm S

Đây là bài toán rất cơ bản của phép nghịch đảo.

S là ảnh của C qua phép $I(C:R^2) $
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Napoleong_001]

Anh sang89 có nhiều tài liệu về vấn đề phép nghịch đảo này không ạ, cho em xin
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[sang89]

Nguyên văn bởi Napoleong_001

Anh sang89 có nhiều tài liệu về vấn đề phép nghịch đảo này không ạ, cho em xin

Đây là 1 tài liệu về phép nghịch đảo rất hay.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[ngoclamsh]

Em có 1 bài toán sử dụng phép nghịch đảo : Cho $\left ( O_1 \right ) $ $\left ( O_2\right ) $ tiếp xúc ngoài tại $A $ và có tiếp tuyến chung ngoài với 2 tiếp điểm lần lượt $BC $ . Điểm D cố định trên $\left ( O_1 \right ) $ M là điểm di động trên $\left ( O_2 \right ) $ . Tìm quỹ tích giao điểm thứ 2 của $\left ( MAD\right ) $ và $\left ( MBC\right ) $. Em thấy phép nghịch đảo có liên quan khá nhiều về cực - đối cực và 1 số tính chất của phép nghịch đảo ứng dụng trong giải toán hình học rất hay. Mong các anh post thêm 1 số tư liệu cũng như bài tập về vấn đề này được không ạ ?

Moderator: viết tiếng Việt đàng hoàng nha bạn, không sử dụng ngôn ngữ chat.
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT] 

[Htht_love_ntl]

Nguyên văn bởi vnsay

Bài 27: Trang 109
ĐỀ : Cho hai đường tròn C và C’ tiếp xúc ngoài ở A; B là một điểm trên tục đẳng phương của hai đường tròn . Dựng các đường tròn qua B tiếp xúc với C và C’ . Tìm quỹ tích của hai đường tron dựng được khi B chạy trên trục đẳng phương.
BÀI GIẢI:
................................................

Bạn có thể up file lên đc hông? Để như vậy khó theo dõi quá. Mình cảm ơn trước!
------------------------------

Nguyên văn bởi sang89

Dễ thấy rằng đường thẳng này chính là tiếp tuyến của (I).

Bạn có thể giải thích rõ chỗ này hơn đc ko?
[RIGHT][I][B]Nguồn: MathScope.ORG[/B][/I][/RIGHT]