Luận văn thạc sĩ Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm

52 2.9 Các tứ giác lưỡng tâm nội tiếp vòng tròn lớn và ngoại tiếp vòng tròn bé.. a Tam giác lưỡng tâm b Tứ giác lưỡng tâm Hình 1: Đa giác lưỡng tâm Trong luận văn này, mục tiêu của chúng

BÙI THANH TÙNG

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ

ĐA GIÁC LƯỠNG TÂM

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Thái Nguyên - 2016

TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC

BÙI THANH TÙNG

MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ

ĐA GIÁC LƯỠNG TÂM

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp

Mã số: 60 46 01 13

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

TS TRẦN VIỆT CƯỜNG

Thái Nguyên - 2016

Mục lục

1.1 Tam giác lưỡng tâm 3

1.1.1 Tính chất của tam giác lưỡng tâm 3

1.1.2 Khoảng cách giữa tâm của đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp 8

1.2 Tứ giác lưỡng tâm 16

1.2.1 Tính chất của tứ giác lưỡng tâm 16

1.2.2 Diện tích của tứ giác lưỡng tâm 36

2 Đa giác lưỡng tâm và ứng dụng 39 2.1 Đa giác lưỡng tâm 39

2.1.1 Tính chất của đa giác lưỡng tâm 39

2.1.2 Mối quan hệ giữa n-giác lưỡng tâm và 2n-giác lưỡng tâm với đường tròn bàng tiếp 41

2.2 Một số ứng dụng 45

2.2.1 Bài toán của Fuss về tứ giác lưỡng tâm 45

2.2.2 Định lý Poncelet về đa giác lưỡng tâm 50

2.2.3 Một số bài tập ứng dụng trong chương trình phổ thông 57

Kết luận 63

Danh sách hình vẽ

1 Đa giác lưỡng tâm 1

a Tam giác lưỡng tâm 1

b Tứ giác lưỡng tâm 1

1.1 Tam giác có đường tròn ngoại tiếp (O, R), các cạnh có độ dài a, b, c thỏa mãn c ≥ b ≥ a 4

1.2 Tam giác ABC với các cạnh có độ dài c ≥ b ≥ a 6

1.3 Đường cao có độ dài h được kẻ từ C xuống cạnh AB 7

1.4 9

1.5 11

1.6 12

1.7 13

1.8 15

1.9 16

1.10 17

1.11 18

1.12 20

1.13 21

1.14 22

1.15 24

1.16 24

1.17 25

1.18 25

1.19 26

1.20 26

1.21 27

1.22 28

1.23 29

1.24 30

1.25 31

1.26 32

1.27 33

1.28 34

1.29 35

2.1 46

2.2 47

2.3 48

2.4 49

2.5 50

2.6 51

2.7 51

2.8 52

2.9 Các tứ giác lưỡng tâm nội tiếp vòng tròn lớn và ngoại tiếp vòng tròn bé 53

2.10 Các lục giác lưỡng tâm nội tiếp vòng tròn lớn và ngoại tiếp vòng tròn bé 53

2.11 Các bát giác lưỡng tâm nội tiếp vòng tròn lớn và ngoại tiếp vòng tròn bé 54

2.12 Các thập giác lưỡng tâm nội tiếp vòng tròn lớn và ngoại tiếp vòng tròn bé 54

2.13 Bàn bi-a tròn với chướng ngại vật hình tròn ở giữa 55

2.14 Bàn bi-a tròn với lỗ tròn ở giữa 55

2.15 55

2.16 55

2.17 Tiếp tuyến tại điểm tiếp xúc của quả bi-a với đường tròn lớn 56

2.18 56

2.19 57

2.20 58

2.21 59

2.22 61

Lời nói đầu

Trong lĩnh vực hình học sơ cấp, các vấn đề về đa giác lưỡng tâm làmột trong những chủ đề hấp dẫn và nhắc đến thường xuyên Một số bàitoán về đa giác lưỡng tâm đã được xếp trong lớp những bài toán kinhđiển về hình học, chẳng hạn như bài toán của Fuss hay các định lý củaPoncelet về đa giác lưỡng tâm Khái niệm một đa giác lưỡng tâmP trongkhông gian R2 được phát biểu như sau:

Đa giác P được gọi là một đa giác lưỡng tâm nếu tồn tại đồng thờimột đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp ứng với P (xemHình 1)

(a) Tam giác lưỡng tâm (b) Tứ giác lưỡng tâm

Hình 1: Đa giác lưỡng tâm

Trong luận văn này, mục tiêu của chúng tôi là trình bày lại một cách

có hệ thống các kết quả, cũng như một số tính chất thú vị về đa giáclưỡng tâm Nội dung của luận văn gồm hai chương

Trong chương thứ nhất, chúng tôi trình bày về khái niệm, tính chấtcủa tam giác lưỡng tâm và tứ giác lưỡng tâm Nội dung của chương chủyếu xoay quanh việc tìm hiểu các tính chất nếu lên mối quan hệ giữa bánkính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp và khoảng cáchgiữa hai tâm Bên cạnh đó, một số công thức thú vị để tính diện tích của

tứ giác lưỡng tâm cũng được trình bày cụ thể.

Tiếp theo, trong chương thứ hai, chúng tôi trình bày các tính chất về

đa giác lưỡng tâm cùng với mối quan hệ giữa bán kính đường tròn nộitiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp và khoảng cách giữa hai tâm Ngoài

ra, chúng tôi có trình bày lại mối quan hệ giữa giữa n− giác lưỡng tâm

và 2n− giác lưỡng tâm với đường tròn bàng tiếp của chúng Cuối cùng,chúng tôi đề cập đến một số bài toán nổi tiếng về đa giác lưỡng tâm, đó

là các bài toán của Fuss và Poncelet

Yên Bái, tháng 5 năm 2016

Tác giả

Bùi Thanh Tùng

Từ những kiến thức ở hình học sơ cấp, chúng ta đã biết rằng mọi tamgiác T đều có một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếptương ứng với nó Do đó, mọi đa giác là tam giác đều là tam giác lưỡngtâm Trong mục này, chúng tôi xin đưa ra các tính chất đẹp của tam giáclưỡng tâm.

1.1.1 Tính chất của tam giác lưỡng tâm

Các tính chất thú vị về tam giác lưỡng tâm chủ yếu xoay quanh haiđại lượng, đó là bán kính ngoại tiếp R và bán kính nội tiếp r, vì vậytrong phần này chúng tôi sẽ đưa ra các mối liên hệ, cách tính R và r.Với trường hợp đường tròn ngoại tiếp tam giácT , có độ dài các cạnh lầnlượt là a, b, c, các công thức sin cho phép ta tính toán độ dài bán kính

R một cách thuận lợi Ta có thể biểu diễn R là một hàm với các độ dài

a, b, c

Mệnh đề 1.1.1 ([4, tr 2-3]) Gọi T là tam giác có độ dài các cạnh lầnlượt là a, b, c (c ≥ b ≥ a) Khi đó, bán kính đường tròn ngoại tiếp R được

tính bởi công thức sau

4a2b2 − (a2 + b2 − c2)2 (1.1)Chứng minh Gọi A, B, C là các đỉnh của tam giác T thỏa mãn AB =

a, AC = b, BC = c, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác T, w làgóc hợp bởi cạnh BC và OC, e là góc hợp bởi BC và OB, d là góc hợpbởi AC và OA, f là góc hợp bởi AB và OA (Hình 1.1) Ta có các côngthức sau

a b

c

d f

e O

Hình 1.1: Tam giác có đường tròn ngoại tiếp (O, R), các cạnh có độ dài a, b, c thỏa mãn c ≥ b ≥ a.

Biến đổi đẳng thức trên, ta thu được điều phải chứng minh

4a2b2 − (a2 + b2 − c2)2

Bán kính đường tròn nội tiếp thường được ký hiệu là r Giống nhưtrường hợp đường tròn ngoại tiếp, ta tìm một công thức cho giá trị của

r qua độ dài a, b, c của tam giác T

Mệnh đề 1.1.2 ([4, tr 7-8]) Gọi T là tam giác với độ dài các cạnh thỏamãn c ≥ b ≥ a Khi đó bán kính nội tiếp r được biểu diễn bởi công thức

r = 2S

a + b + c,với S là diện tích của tam giác T

Chứng minh

I

q

p a t

c A

b

C

B

Hình 1.2: Tam giác ABC với các cạnh có độ dài c ≥ b ≥ a.

Để chứng minh cho công thức trên, chúng ta chia T thành tổng củacác phần nhỏ (xem Hình 1.2) Gọi A, B, C là các đỉnh của tam giác thỏamãn AB = c, AC = b, BC = a, I là tâm của đường tròn nội tiếp tamgiác T và p, t, q theo thứ tự là tiếp điểm ứng với ba cạnh a, b, c Nối tâmcủa đường tròn nội tiếp với các đỉnh của tam giácT, ta thu được ba tam

b

hC

BK

Hình 1.3: Đường cao có độ dài h được kẻ từ C xuống cạnh AB.

Suy ra, ta có

S [T ] = ch

2 =

c2

Biến đổi ta thu được,

• Trường hợp T là tam giác cân thỏa mãn a = c Ta có

r = b2

r2S − b2S + b,với S là diện tích tam giác T

• Trường hợp tam giác T là tam giác đều Khi đó, đặt a là độ dài củamột cạnh, thì

r = a

√3

1.1.2 Khoảng cách giữa tâm của đường tròn nội tiếp và

đường tròn ngoại tiếp

Trong phần này, chúng ta quan tâm đến những mối liên hệ cơ bản,được nảy sinh một cách tự nhiên giữa tam giác T với đường tròn ngoạitiếp và nội tiếp ứng với nó

Định nghĩa 1.1.3 Gọi C0 và C1 là hai đường tròn lồng nhau có bánkính lần lượt là R và r Giả sử C1 nằm trọn vẹn trong C0, khi đó khoảngcách tâm, ký hiệu bởi d, được định nghĩa là khoảng cách giữa hai tâmcủa hai đường tròn C0 và C1

nhau, có bán kính lần lượt là R và r thỏa mãn r ≤ 2R Khi đó, tồn tạimột tam giác cân T (có độ dài các cạnh a, b, c trong đó a = c) với bánkính ngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là R và r, khi và chỉ khi

d2 = R2 − 2Rr

Chứng minh Giả sử rằng, tồn tại một tam giác cân T với bán kínhngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là R và r Khi đó, ta chia tam giác cân Tthành hai tam giác vuông như Hình 1.4, ta có

(r + R + d)2 +

b2

2

= a2

I a

b

c O

ab22a + b +

a44a2 − b2

Nhân cả hai vế với 4(4a2 − b2) rồi biến đổi, ta có

4

4a2 − b2 − ba

2√2a− b

√4a2 − b2√

b2

r2a− b2a + b.Viết lại đẳng thức trên bằng cách thay các biểu thức với các biến a và btrong công thức trên lần lượt bởi R và r, ta thu được

a0 =

q2R(R + r− d)

DoR > dvới 0 < r < 12R, cảb0 vàa0 hoàn toàn xác định Đặt ξ = R−d,thì b0 và a0 trở thành

b0 = 2

qr(2ξ − r), a0 = ξ

pr(2ξ − r)

ξ − r .

Ta giả sử rằng T0 có bán kính ngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là R0 và r0.Khi đó, R0 = R và r0 = r Do đó, tồn tại tam giác cân có bán kính nộitiếp và bán kính ngoại tiếp lần lượt là R và r, như trong Hình 1.5

R0 = p 2R(R + r + d)

4(2R(R + r + d))− 4r(2R − r − d).Mặt khác, ta lại có d = R2 − 2Rr, do đó, R0 có thể được viết lại thành

R0 = p R(R + r + d)

(R + r + d)(R + r + d).Đơn giản hóa đẳng thức trên, ta thu được kết quả

2a0 + b0

.Thay thế a0 và b0 trong đẳng thức trên, ta thu được

= r(2ξ − r) 2

pr(2ξ − r)(ξ − ξ + r)

2pr(2ξ − r)(ξ + ξ − r)

và nội tiếp theo thứ tự là R và r Khi đó,

d2 = R2 − 2Rr

Chứng minh Chứng minh của Định lý 1.1.5 hoàn toàn tương tự nhưchứng minh Định lý 1.1.4 Với T là tùy ý, xem Hình 1.6

d r

R

T

Hình 1.6

Ta mong muốn chứng minh rằng, tồn tại tam giác cân T0 với bán kính

ngoại tiếp và nội tiếp theo thứ tự làR0 và r0, thỏa mãn R0 = R và r0 = r(Hình 1.7)

qR(2R− r)),

a0 =

qr(2R− r − 2p

Khi đó, b0 và a0 có thể được viết lại thành

b0 = 2

qr(2R− Φ),

a0 = r(2R− Φ)(2R + r − Φ)

2R− r − Φ .Thế b0 và a0 vào công thức tính R0 trong trường hợp tam giác cân và biếnđổi, ta thu được,

R0 = a

0 2

√4S02 − b0 2 = (2R− Φ + r)2

4(2R − φ − r).Thay ngược trở lại φ = r + 2pR(R− 2r), ta có điều cần phải chứngminh:

R0 = R

Tiếp theo, ta đi chứng minh r0 = r Bình phương hai vế của công thứctính r0, ta thu được

r02 = b

0 2

4 · 2a0− b02a0 + b0.Đặt

ϕ = R−qR(R− 2R),thì b0 và a0 được viết lại thành

b0 = 2

qr(ϕ− r)

a0 = ϕ

pr(2ϕ− r)

ϕ− r .Thế b0 và a0 vào công thức trên, ta có

r02 = 4r(2ϕ− r)

4

2ϕpr(2ϕ− r) − 2p

r(2ϕ− r)2ϕp

2pr(2ϕ− r)(ϕ + ϕ − r)

!

= r2.Suy ra, theo Định lý 1.1.4, tồn tại tam giác cân với bán kính ngoại tiếp

và nội tiếp lần lượt là R và r, thỏa mãn

d2 = R2 − 2Rr

Vậy ta thu được điều phải chứng minh Ngoài ra, ta có cách chứng minh định lí trên một cách đơn giản hơn nhưsau:

Giả sử O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nộitiếp của tam giácABC;DP là đường kính của đường tròn (O) và vuônggóc với cạnh BC; IL là đường vuông góc hạ từ I xuống DP và M làtrung điểm cạnh BC (xem hình 1.8)

Ta có, [DIC bằng nửa tổng số đo các cung

_

AE và

_

DC Mặt khác, tacó

_

AE=BE_ và

_

DC=BD _

B C

IO

Hệ quả 1.1.6 Trong một tam giác, bán kính đường tròn ngoại tiếp không

bé hơn đường kính của đường tròn nội tiếp

Chứng minh Từ Định lí 1.1.5 và vì d ≥ 0 nên ta có

R2 ≥ 2Rr ⇔ R ≥ 2r



1.2 Tứ giác lưỡng tâm

Trong nội dung này, chúng tôi xin trình bày khái niệm cũng như cáctính chất về tứ giác lưỡng tâm Bên cạnh đó, một số công thức để tínhdiện tích của tứ giác lưỡng tâm cũng được trình bày cụ thể

1.2.1 Tính chất của tứ giác lưỡng tâm

Một tứ giác lưỡng tâm là một tứ giác lồi thỏa mãn cả hai tính chấtngoại tiếp và nội tiếp đường tròn Để tiện theo dõi chúng ta quy ướcđường tròn nội tiếp tứ giác là (I, r), đường tròn ngoại tiếp tứ giác là(O, R), khoảng cách tâm Dc = OI = d

Định lý 1.2.1 (Định lí Pitot) i) Một tứ giác lồi nội tiếp đường tròn thìtổng hai góc đối bằng 180◦

ii)Một tứ giác ngoại tiếp đường tròn thì tổng của hai cặp cạnh đối bằngnhau

Chứng minh i) Tính chất này dễ dàng được chứng minh nhờ tính chấtcủa góc nội tiếp Từ Hình 1.9, ta thấy số đo của góc A cộng số đo củagóc C bằng nửa số đo đường tròn, do vậy

A + C = 1800.Tương tự cho cặp góc B + D

B

CA

D

Hình 1.9

dài như Hình 1.10 Khi đó, ta có

AB + CD = a + b + c + d = AD + BC

B

C

a a

b

b

c

c d

d

D A

Hình 1.10



Từ tính chất trên, ta dễ dàng suy ra một tứ giác lưỡng tâm có đầy đủ

cả hai tính chất: Tổng của hai góc đối diện bằng 180◦ và tổng của haicặp cạnh đối là bằng nhau

Tính chất 1.2.2 ([1, tr 2-3]) Giữa đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tứgiác lưỡng tâm ABCD có các hệ thức sau

1

(R + d)2 + 1

(R− d)2 = 1

r2 (Định lý Fuss) (1.14)(R2 − d2

(Công thức tính bán kính đường tròn ngoại tiếp)

(R− d)2 = 2(R

2 + d2)(R2 − d2)2 = IM

r2 + sin

2 b D 2

r2 = 1

r2

Dễ thấy, các hệ thức còn lại dễ dàng được suy ra từ hệ thức (1.14) 

1(R + d)2 + 1

(R− d)2 = 1

r2 ≥ 2

R2 − d2 ≥ 2

R2.Suy ra, ta có R ≥ √2r

Tính chất 1.2.4 ([1, tr 3-4]) Trong mọi tứ giác lưỡng tâm ABCD, ta

có các đẳng thức sau:

ABIA.IB =

CDIC.ID =

2R

ACIA.IC =

BDIB.ID =

AC +

1BD



= AB + BC + CD + DA (1.24)AC.BD = 8R

Với p, q lần lượt là độ dài hai đường chéo AC, BD của tứ giác ABCD và

x, y, z, t lần lượt là độ dài của bốn đoạn thẳng nối đỉnh tứ giác với tiếpđiểm đường tròn nội tiếp

Định lý 1.2.5 ([8, tr 6-7]) Cho tứ giác lồi ABCD không phải là mộthình thang, phần mở rộng của các cạnh đối cắt nhau lần lượt tại E và

F Nếu chính xác một trong các hình tam giác AEF và CEF nằm ngoàicủa tứ giác ABCD, khi đó nó là một tứ giác ngoại tiếp khi và chỉ khi

AE + CF = AF + CE

Chứng minh Điều kiện cần Trong tứ giác ngoại tiếp ABCD, giả sửcác cạnhAB, BC, CD, DA tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tại các điểmtương ứng là W, X, Y, Z (Hình 1.12).

Hình 1.13

Từ điều kiện cần ta có,

A0F0 + CE = A0E + CF0.Vì

AE + CF = AF + CE,nên chúng ta nhận được

S = √

a + c =

√abcd

r(ab + cd)(ac + bd)(ad + bc)

Định lý 1.2.9 ([8, tr 9]) Trong một tứ giác ngoại tiếp mà không phảidạng hình thang ABCD, giả sử phần kéo dài của AB và CD giao nhautại E, phần kéo dài của BC và AD cắt nhau tại F Gọi đường tròn nộitiếp của tam giác AEF tiếp xúc với AE và AF lần lượt tại các tiếp điểm

K và L Đường tròn nội tiếp tam giác CEF tiếp xúc với BF và DE lầnlượt tại M và N Nếu có duy nhất một trong hai tam giác AEF hoặcCEF nằm ngoài tứ giác ABCD, thì tứ giác ABCD là một tứ giác lưỡngtâm nếu và chỉ nếu KN và LM vuông góc với nhau

Hình 1.14

Chứng minh Gọi J là giao của các phần kéo dài của KN và LM, và

JN C = EN K =\ A + D

2 ,và

\

JM C = F M L =\ A + B

2 .Như vậy, bằng cách sử dụng tổng các góc của tứ giác CM JN, ta có

v = π

2 hay A + C = π,

và do đó,KN và LM vuông góc với nhau nếu và chỉ nếu tứ giác ABCD

Tính chất 1.2.10 ([1, tr 4]) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn(I) Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của AB, BC, CD, DA với (I).Khi đó, tứ giác ABCD là lưỡng tâm khi và chỉ khi M P ⊥ NQ

Chứng minh GọiE là giao điểm của M P và N Q Do \DP M = AM P\nên

\

DP E = 180◦ − 1

2(CDA +\ DAB).\Tương tự, ta có

\DQE = 180◦ − 1

\DAB +DCB = 90\ ◦,

• Bước 1: Vẽ đường tròn (xem Hình 1.16).

Hình 1.16

•Bước 2: Vẽ hai đường vuông góc với nhau tại 1 điểm bất kỳ trong hìnhtròn (xem Hình 1.17)

BC Khi đó, tứ giác ABCD là lưỡng tâm khi và chỉ khi [EIF = 90◦.

Chứng minh GọiM, N, P, Qlần lượt là tiếp điểm của(I)vớiAB, BC, CD,

DA Gọi H, K lần lượt là giao điểm của EI với M P vàF I vớiQN (xemHình 1.21)

Do Tính chất 1.2.12 ta có M P ⊥ NQ, mặt khác IE ⊥ MP, IF ⊥ NQnên tứ giác HIKP là hình chữ nhật hay [EIF = 90◦ 

Hình 1.21

Tính chất 1.2.13 ([1, tr 5]) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn(I) sao cho không có hai đỉnh đối diện nào đối xứng nhau qua đườngchéo Khi đó tứ giác ABCD là lưỡng tâm khi và chỉ khi đường thẳngNewton của tứ giác ABCD vuông góc với đường thẳng Newton của tứgiác tiếp điểm M N P Q

Hình 1.22

Chứng minh GọiK, Llần lượt là giao điểm củaIE vàM P, IF vàN Q,

T là giao điểm của M P và N Q, J là trung điểm EF (xem Hình 1.22).Đường thẳng Newton của tứ giác ngoại tiếp đi qua tâm nội tiếp của tứgiác đó nên IJ là đường thẳng Newton của tứ giác ABCD Mặt khác,

K, L lần lượt là trung điểm M P, N Q nên KL là đường thẳng Newtoncủa tứ giác M N P Q

Xét đường tròn (I) có M P là đường đối cực của E, N Q là đường đốicực của F suy ra EF là đường đối cực của T Từ đó IT ⊥ EF DoIK.IE = IL.IF = r2 nên tứ giác EKLF nội tiếp Suy ra IJ ⊥ KL Do

đó IT đi qua trung điểm G của KL Trung điểm KL nằm trên đườngkính T I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác T LIK khi và chỉ khi hoặc G

là trung điểm T I hoặc KL ⊥ T I Trường hợp KL ⊥ T I không xảy ra

do IT ≡ IJ nên tứ giác ABCD có hai đỉnh đối diện đối xứng nhau quađường chéo (mâu thuẫn với giả thiết) Vì vậy G là trung điểm IT Điềunày tương đương [EIF = 90◦ nên theo Tính chất 1.2.12, ta có ABCD là

Tính chất 1.2.14 ([1, tr 6]) Trọng tâm Gcủa tứ giác tiếp điểm XY ZTnằm trên OI và

IG = r

2d

R2 − d2

Hình 1.23

Chứng minh GọiA0, B0, C0, D0 lần lượt là trung điểmT X, XY, Y Z, ZT(xem Hình 1.23) Ta có IA.IA0 = IB.IB0 = IC.IC0 = ID.ID0 = r2 nênphép nghịch đảo

NIr2 : A → A0, B → B0, C → C0, D → D0,biến đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD thành đường tròn ngoại tiếptâm O0 của tứ giác A0B0C0D0 Do A0B0C0D0 là hình bình hành và nộitiếp nên O0 chính là trung điểm của A0C0 Từ đó O0 ≡ G

BD nằm trên OI, đồng thời

IP = 2r

2d

R2 − d2