A E. A c I O. A b. O a. M a. Chứng minh. Do XA b giao CI tại F nằm trên (O) nên BXA b = F CB = 1 2 ACB = BIA 90 = A b IB.

Transcript

1 Đường tròn mixtilinear Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại thương 1 Giới thiệu Đường tròn mixtilinear nội tiếp (bàng tiếp) là đường tròn tiếp xúc với hai cạnh tam giác và tiếp xúc trong (ngoài) với đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Đường tròn mixtilinear là một vấn đề khá kinh điển trong hình học phẳng, nó bắt đầu được nghiên cứu bởi người Nhật ản ngay từ thế kỷ V, trong các bài toán được khắc trên những ngôi đền cổ (xem [1]). ách định nghĩa rất đặc biệt của đường tròn này tạo ra nhiều điều thú vị ẩn chứa bên trong. Trong bài viết này, chúng ta sẽ tìm hiểu một số tính chất của đường tròn mixtilinear và đường tròn Thebault (đường tròn mixtilinear mở rộng). 2 Tính chất Trong mục này chủ yếu chúng ta sẽ tìm hiểu các tính chất liên quan đến đường tròn mixtilinear nội tiếp. Thực tế hầu hết những tính chất đúng với nội tiếp thì cũng đúng với bàng tiếp. ét tam giác nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (). Kí hiệu ω a, ω b, ω c (với tâm tương ứng là O a, O b, O c ) lần lượt là các đường tròn mixtilinear nội tiếp ứng với góc,, ;, Y, Z lần lượt là tiếp điểm của ω a, ω b, ω c với (O); b, c lần lượt là tiếp điểm của ω a với,. Tương tự ta xác định a, c, a, b ;,, F lần lượt là điểm chính giữa các cung,,. Tính chất 2.1. (ổ đề Sawayama-Thebault). là trung điểm của b c. 1

2 F b O c O a hứng minh. Hiển nhiên, F lần lượt là giao điểm của c, b với (O). Suy ra giao F tại. Áp dụng định lý Pascal cho lục giác F ta có ( F ), ( ), ( F ) thẳng hàng hay b,, c thẳng hàng. Mặt khác tam giác b c cân tại có là phân giác b c nên là trung điểm b c. Nhận xét. em cách giải khác tại [2]. Ngoài ra tính chất 2.1 còn là hệ quả của tính chất 3.1. Tính chất 2.2. đi qua điểm chính giữa cung. M a F c b O Oa hứng minh. o b giao tại F nằm trên (O) nên b = F = 1 2 = 90 = b. Suy ra tứ giác b nội tiếp. Tương tự tứ giác c nội tiếp. Ta thu được = b = c =, suy ra là phân giác hay đi qua điểm chính giữa M a của cung. Tính chất 2.3. b c,,, O b O c, Y Z đồng quy tại 1. 2

3 Y Z O b b O c O a O c 1 b c hứng minh. Gọi 1 là giao của b c với. Áp dụng định lý Menelaus ta có 1 1 = c c. b b = b c. o b, c lần lượt là phân giác và nên =. = b. c = b. b c c Từ đó 1 1 = b = c, hay 1 là phân giác ngoài, tức là 1 đi qua. Mặt khác, dễ dàng nhận thấy Z b giao Y c tại và b.z = 2 = c.y nên tứ giác ZY c b nội tiếp. o 1, b nên 1 b = 180 = 90 = c. Lại có 1 nằm trên trục đẳng phương của đường tròn (, 0) và (O) (xem [3]) nên ta thu được 1. 1 = 1 2 = 1 b. 1 c. Suy ra 1 thuộc trục đẳng phương của (ZY c b ) và (O). Tức là 1 Y Z. Áp dụng định lý Monge- lembert cho 3 đường tròn ω b, ω c, (O) suy ra 1 là tâm vị tự ngoài của ω b và ω c, tức là 1, O b, O c thẳng hàng. Tính chất 2.4. Gọi 2 là tiếp điểm của () với. 2 giao (O) tại L. Khi đó L. M a L b O c O a 1 2 hứng minh. Theo tính chất 2.2 ta có đi qua điểm chính giữa M a của cung nên = 90. Lại theo tính chất 2.3,, b c, đồng quy tại 1 nên tứ giác 1 2 nội tiếp đường tròn đường kính 1. Suy ra L 2 = 1 = 1 = L 2. Từ đó L. 3

4 Tính chất 2.5. (F b ) giao ( c ) tại K. Khi đó KF là hình bình hành. F b O K c O a hứng minh. Ta có (K, K b ) (F, F b ) (F, F ) (, ) (, c ) (K, K c ) (mod π). Suy ra K b c. Từ đó F K = b c = c = K, suy ra F K. Tương tự, KF hay KF là hình bình hành. Tính chất 2.6. Đường tròn mixtilinear nội tiếp ứng với góc của các tam giác và tiếp xúc nhau. hứng minh. ách 1 (Jean Louis yme). (xem [7]) F J K L c N b 2 M 1 P Gọi 1, 2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác, ; M, N lần lượt là giao của 1, 2 với (O). ác đường thẳng qua 1 và vuông góc với 1, qua 2 và vuông góc với 2 giao nhau tại P. MF giao N tại L, MF giao 1 tại J, N giao 2 tại K. Ta có F = F 1, M = M 1 nên F M là trung trực đoạn thẳng 1, suy ra F M 1 hay F M 1 P, tương tự, N 2 P. Mặt khác, gọi T là giao của với ω a. Ta có b T c là tứ giác điều hòa và F là ảnh của b T c qua phép vị tự tâm nên F là tứ giác điều hòa. 4

5 Suy ra F 1 F = F F = = 2. Từ đó F 1 2. Hai tam giác F L và 1 P 2 có cạnh tương ứng song song nên F 1, 2, LP giao nhau tại tâm vị tự của hai tam giác, hay, P, L thẳng hàng. Lại có JK là đường trung bình của tam giác 1 2 nên JK 1 2. Hai tam giác JLK và 1 P 2 có cạnh tương ứng song song nên 1 J, 2 K, LP giao nhau tại tâm vị tự của hai tam giác, hay, L, P thẳng hàng. Vậy, P, thẳng hàng, suy ra đpcm. ách 2. ét phép nghịch đảo cực phương tích k bất kì k :,, (O), ( ), ω a ω a. o ω a tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với các cạnh, nên ω a là đường tròn bàng tiếp góc của tam giác. ài toán được đưa về dạng: ho tam giác, N là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc với. hứng minh rằng đường tròn bàng tiếp góc của các tam giác N và N tiếp xúc nhau. N J Ta biết rằng N là đường thẳng chia tam giác thành hai tam giác có chu vi bằng nhau. Gọi J, J lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc của các tam giác N, N với N. Kí hiệu p(y Z) là nửa chu vi tam giác Y Z, ta có J = p(n) = p(n) = J. o đó J J, hay hai đường tròn bàng tiếp góc của các tam giác N và N tiếp xúc nhau tại J. Ta có đpcm. Tính chất 2.7. giao tại M, giao b c tại N, khi đó MN và (N) tiếp xúc với (O). 5

6 M a c b N 1 M 3 hứng minh. Gọi 3 là trung điểm. Ta có tứ giác 1 3 nội tiếp đường tròn đường kính 1. Suy ra = 3 = 1 3. Từ đó tứ giác 1 NM nội tiếp. Suy ra 1 NM = 1 M = 90. Vậy MN. Mặt khác, do M a và N cùng vuông góc với nên hai tam giác N và M a có tâm vị tự. Suy ra (N) tiếp xúc với (M a ). Tính chất 2.8., Y, Z đồng quy tại tâm vị tự ngoài của (O) và (). Lời giải cho tính chất này bạn đọc xem tại [4]. Tính chất 2.9. () trực giao với (O). hứng minh. Ta có O = O =, do đó O là tiếp tuyến của (). Suy ra đpcm. Tính chất ác đường tròn (), (Y ), (Z) đồng trục. hứng minh. Theo tính chất 2.9, phương tích từ O đến 3 đường tròn này đều bằng R 2, lại có 3 đường tròn cùng đi qua nên O là trục đẳng phương của 3 đường tròn. Ta cũng có thể chứng minh dựa vào tính chất 2.8, dễ dàng suy ra tâm vị tự ngoài của (O) và () cũng có cùng phương tích với 3 đường tròn. Tính chất Gọi,, lần lượt là giao của,, với,,. Khi đó các đường tròn ( ), ( ), ( ) đồng trục. 6

7 '' ' b c M a O' a O' ' J a hứng minh. Gọi a, b, c là 3 tâm bàng tiếp của tam giác. Khi đó là trực tâm tam giác a b c. ét phép nghịch đảo cực phương tích k =. a : a,,. Tương tự xác định Y, Z,,. Gọi J là trung điểm a. Ta đã chứng minh được đi qua điểm chính giữa M a của cung và phép vị tự tâm tỉ số 2 biến đường tròn (O) thành ( a b c ). Suy ra. =. a = 2.J =.2M a. Suy ra M a là trung điểm, tức là ( a b c ). o đối xứng với trực tâm của tam giác a b c qua trung điểm b c nên đối xứng với a qua tâm ngoại tiếp O của tam giác a b c. Qua phép nghịch đảo k : b, c nên ( b c ). Suy ra ( b c ), từ đó là điểm đối xứng với a qua b c. Như vậy tâm của ( a ) là giao của đường thẳng qua O và vuông góc với a O với b c. Ta chú ý tới kết quả sau: ho tam giác và một điểm bất kì. Đường thẳng qua và vuông góc với giao tại. Tương tự xác định,. Khi đó,, thẳng hàng. (lời giải xem tại [3]). Áp dụng vào bài toán này cho tam giác a b c và điểm O suy ra tâm của các đường tròn ( a ), ( b Y ), ( c Z ) thẳng hàng. Mặt khác hiển nhiên phương tích từ O đến 3 đường tròn này bằng nhau. o đó ( a ), ( b Y ), ( c Z ) đồng trục, suy ra ( ), ( ), ( ) đồng trục. Tính chất Gọi l là tiếp tuyến của ω a sao cho l nằm trên nửa mặt phẳng bờ chứa đồng thời l. Gọi P là tiếp điểm của l với ω a. Khi đó, P là hai đường đẳng giác trong góc. 7

8 M a Q P O hứng minh. Gọi Q là giao điểm thứ hai của với ω a. o giao (O) tại điểm chính giữa M a của cung và tiếp tuyến của (O) tại M a song song với nên P là ảnh của M a qua phép vị tự tâm. Từ đó,, P thẳng hàng. Ta có M a, P Q là ảnh của M a qua phép vị tự tâm nên P Q M a, suy ra P Q. Như vậy P và Q đối xứng nhau qua, hay và P là hai đường đẳng giác trong. Tính chất O a, O b là hai đường đẳng giác trong góc. O c T O b 1 M hứng minh. Gọi M là giao của với, T là giao của với O b O c. Ta có 1 và M lần lượt là phân giác ngoài và trong góc nên (M 1 ) = 1. Suy ra (M 1 ) = 1, hay (O b O c T 1 ) = 1, nghĩa là (O b O c T 1 ) = 1. Vậy (O b O c T 1 ) = 1. Ta lại có 1 = 90 nên là phân giác O b O c. Theo tính chất 2.2, là phân giác nên ta có đpcm. Nhận xét. Tính chất 2.13 có thể tổng quát: ho là một dây cung bất kì của đường tròn (O). Hai đường tròn (), (Y ) nằm cùng phía với (O) sao cho chúng cùng tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với lần lượt tại,. H là giao điểm của Y và, M là điểm chính giữa cung không chứa (), (Y ). HM cắt (O) lần thứ hai tại, khi đó, Y là hai đường đẳng giác trong góc. Lời giải cho bài toán tổng quát, xem [6]. Tính chất a b b c c a là lục giác ngoại tiếp đường tròn (). 8

9 a a c b J b c hứng minh. Kẻ tiếp tuyến b J tới (). Ta có J b c = b c = c b nên b J. Như vậy tiếp tuyến kẻ từ b tới () song song với, tương tự suy ra b b là tiếp tuyến song song với của (). hứng minh tương tự ta có đpcm. Tính chất Đường tròn (, b ) giao (O) tại hai điểm R, S. Khi đó RS là tiếp tuyến của ω a. hứng minh. ách 1. K S Q R b L O c Gọi Q là giao của với ω a, K, L lần lượt là giao của với (, b ). o hai đường tròn (, b ) và ω a trực giao nên (KLQ) = 1. Mà là trung điểm KL nên theo định lý Maclaurin, QK.QL = Q.Q, hay Q thuộc trục đẳng phương của (, b ) và (O). Nghĩa là Q RS. Ta có là tâm vị tự của hai đường tròn ω a và (O) nên tiếp tuyến tại của (O) và tiếp tuyến tại Q của ω a song song với nhau. Mà tiếp tuyến tại của (O) và RS cùng vuông góc với O nên RS là tiếp tuyến của ω a. ách 2. ét phép nghịch đảo cực phương tích bất kì, ta chuyển được bài toán về dạng mới như sau: ho tam giác, đường tròn ω bàng tiếp góc tiếp xúc với, lần lượt tại F,. Đường tròn (, ) giao tại hai điểm M, N. Khi đó (MN) tiếp xúc với ω. 9

10 M N F hứng minh. Gọi là tiếp điểm của ω với. Áp dụng định lý asey cho 4 đường tròn (, 0), (M, 0), (N, 0), ω ta có (MN) tiếp xúc với ω khi và chỉ khi M.N + N.M = F.MN (xem [2]). Nhưng M = N = F nên điều này tương đương N + M = MN, hiển nhiên đúng. Ta có đpcm. Tính chất Gọi M, N là giao điểm của ( a ) và ω a. Đường tròn (, M) giao (O) tại U, V. Khi đó UV là tiếp tuyến chung của () và ( a ). b ' U M O a N ' V H a K hứng minh. Gọi H là tiếp điểm của ( a ) với. ét phép nghịch đảo cực phương tích k = b.h :,, (O a ) ( a ), ( a ) (O a ), (O), ( ). Gọi L là giao điểm thứ hai của M với ( a ). Ta có b M = HK = HM, suy ra N 2 = M 2 = b.h. Như vậy đường tròn (, M) không thay đổi qua phép nghịch đảo k. 10

11 o U, V là giao điểm của (, M) với (O) nên U, V là hai điểm không thay đổi qua phép nghịch đảo k, tức là U, V. Ta có (O a ) tiếp xúc với (O) nên ( a ) tiếp xúc với, tức ( a ) tiếp xúc với UV. Mặt khác, b.h = cos /2.p = rp sin /2. cos /2 = 2S sin = bc =. =.. Suy ra =, =. Mà là tiếp tuyến chung của () và ( a ) nên qua phép đối xứng trục, là tiếp tuyến chung thứ hai của hai đường tròn này. Nhận xét. 1. Từ tính chất trên suy ra ảnh của () qua phép nghịch đảo k chính là đường tròn mixtilinear bàng tiếp. 2. Một cách tương tự ta cũng có kết quả sau: Gọi M, N là giao điểm của () và ω a. Đường tròn (, M ) giao (O) tại U, V. Khi đó U V là tiếp tuyến của (). Ngoài ra có thể chứng minh nằm trên (, M ). Tính chất Gọi 2 là tiếp điểm của () với, 4 là trung điểm 2. Khi đó 4 là trục đẳng phương của ω b và ω c. a a b 2 c hứng minh. Theo lời giải tính chất 2.3 chúng ta đã chứng minh được nằm trên trục đẳng phương của ω b và ω c. Gọi 2, 2 lần lượt là tiếp điểm của () với,. ét hai đường tròn () và ω b có 2 a và 2 c là hai tiếp tuyến chung ngoài. o đó đường thẳng nối trung điểm 2 a và 2 c hay đường trung bình l 1 của hình thang 2 a c 2 chính là trục đẳng phương của () và ω b. Hiển nhiên l 1 đi qua 4. Tương tự, đường trung bình l 2 của hình thang a 2 2 b là trục đẳng phương của () và ω c. Ta chứng minh được l 1 và l 2 giao nhau tại 4. Như vậy 4 chính là tâm đẳng phương của 3 đường tròn (), ω b, ω c. Từ đó 4 là trục đẳng phương của ω b và ω c. Tính chất Tâm đẳng phương J của ω a, ω b, ω c nằm trên O và chia O theo tỉ số OJ : J = 2R : r. hứng minh. Gọi 4, 4 lần lượt là trung điểm 2, 2. ễ dàng chứng minh hai tam giác F và có cạnh tương ứng song song nên 4, 4, F 4 đồng quy tại tâm vị tự J của hai tam giác, tâm vị tự này cũng chính là tâm vị tự của đường tròn ngoại tiếp hai tam giác F và hú ý rằng bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác bằng r, vậy OJ : J = 2R : r. 2 11

12 Tính chất Tâm đẳng phương của 3 đường tròn mixtilinear ngoại tiếp và tâm đẳng phương của 3 đường tròn mixtilinear nội tiếp đối xứng nhau qua O. 6 5 b M a c M b M c a 6 hứng minh. Gọi M a, M b, M c lần lượt là điểm chính giữa các cung,,. Một cách tương tự ta cũng chứng minh được M a, M b, M c lần lượt nằm trên trục đẳng phương của từng cặp các đường tròn mixtilinear ngoại tiếp (kí hiệu là ω a, ω b, ω c). Gọi a, b, c là tâm 3 đường tròn bàng tiếp của tam giác. b, c là tiếp điểm của ω a với,. Tương tự ta xác định a, c, a, b. Trục đẳng phương của () và ω c là đường trung bình của hình thang 2 2 a b, trục đẳng phương của () và ω b là đường trung bình của hình thang 2 2 a c. Hai đường trung bình này giao nhau tại tâm đẳng phương 5 của 3 đường tròn (), ω b, ω c. Tương tự ta xác định được 5, 5. Gọi là tam giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng b c, a c, a b ; là tam giác trung tuyến của tam giác o là trực tâm của tam giác a b c nên dễ dàng thu được là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác Ta có (O) là đường tròn uler của tam giác a b c, ( a b c ) là đường tròn uler của tam giác nên R( ) = 4R. Hai tam giác và có chung tâm ngoại tiếp và có cạnh tương ứng song song nên là tâm vị tự trong của hai tam giác đó. Lại có 7, a lần lượt là trung điểm 2 2 và 6 6 nên ta thu được 7 = R( ) a R( ) = r 4R. Gọi 8 là trung điểm a 7, tương tự có 8, 8. Suy ra 8 = = 7 a 7 = 4R + r a a 2 a a 8R r 4R = 4R r 8R. o hai tam giác và a b c có tâm vị tự nên hai tam giác và cũng có tâm vị tự. Từ đó R( ) = R( ). 8 = 4R. 4R r a 8R = 2R r 2. ễ dàng chứng minh được hai tam giác M a M b M c và có cạnh tương ứng song song nên M a 5, M b 5, M c 5 đồng quy tại tâm vị tự J của hai tam giác, J nằm trên đường nối hai tâm ngoại 12

13 tiếp, O đồng thời chia O theo tỉ số J : J O = (2R r 2 ) : R. Ta cũng có J chính là tâm đăng phương của ω a, ω b, ω c. Kết hợp với tính chất 2.18 suy ra J và J đối xứng nhau qua O. Tính chất Tỉ số giữa bán kính của ω a và ω a là α, tương tự có β, γ. Khi đó α + β + γ = 1. hứng minh. Theo tính chất 2.1 thì là trung điểm b c, a là trung điểm b, c. Từ đó α chính là tỉ số giữa bán kính đường tròn nội tiếp và đường tròn bàng tiếp góc. ài toán đưa về việc chứng minh + + = 1, hay S b c + S ac + S ab = 1, hiển nhiên đúng. a b c S ab c Tính chất (osmin Pohoata). P là điểm bất kì chuyển động trên (O). Gọi R, S là giao điểm của hai tiếp tuyến kẻ từ P tới () với. Khi đó (P RS) luôn đi qua. K N M R L S P hứng minh. Gọi là giao của (P RS) với (O). ựa theo tính chất 2.2 ta chỉ cần chứng minh là phân giác thì sẽ có. Gọi M, N là giao của P R, P S với (O), L, K lần lượt là giao của P với (P RS), (O). ét hai tam giác M và S có M = S, M = 180 P R = 180 RS = S. Suy ra M = S. Lại có M K = MP K = LP S = L S. o đó là phân giác khi và chỉ khi là phân giác K L, tương đương K L = K L. (1) o là tâm bàng tiếp của tam giác P RS và L là điểm chính giữa cung RS nên L = LR. Theo định lý Poncelet (xem [5]), MN tiếp xúc với (), suy ra K là tâm ngoại tiếp tam giác MN hay K = KM. Như vậy K L = KM LR. ét hai tam giác KM và LR có M K = RP L = R L, MK = MP = RL. o đó KM LR. Suy ra KM LR = K, nghĩa là (1) đúng. Ta có đpcm. L 13

14 Nhận xét. ài toán trên có thể được mở rộng như sau: (Vladimir Zajic). ho tam giác nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (). P là một điểm bất kì nằm ngoài (). ác tiếp tuyến kẻ từ P tới () giao tại, F. P giao (O) tại P. Khi đó (P F ) luôn đi qua tiếp điểm của đường tròn -mixtilinear nội tiếp với (O). Tính chất (ran 1997). P là điểm bất kì chuyển động trên cung không chứa. Gọi 1, 2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác P, P. Khi đó ( 1 2 P ) luôn đi qua. F 1 2 P hứng minh. Hiển nhiên P 1, P 2 lần lượt cắt (O) tại F, và F, lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác 1, 2. Gọi là giao của ( 1 2 P ) với (O). Ta có F 1 = 2, F 1 = 2, do đó F 1 2. Suy ra F = F 1 = F 2. Từ đó tứ giác F điều hòa, theo phép chứng minh tính chất 2.6 ta có tứ giác F điều hòa, suy ra. 3 Đường tròn Thebault Đường tròn Thebault được định nghĩa như sau: ho tam giác nội tiếp đường tròn (O). Một đường thẳng l qua cắt cạnh tại. Đường tròn tiếp xúc với các tia, và tiếp xúc trong với (O) gọi là đường tròn Thebault nội tiếp của tam giác ứng với đường thẳng l và đỉnh. Một cách tương tự ta cũng định nghĩa được các đường tròn Thebault nội tiếp còn lại và các đường tròn Thebault bàng tiếp. 14

15 Đường tròn Thebault thực chất là dạng mở rộng của đường tròn mixtilinear. Rất nhiều tính chất trong mục 2 có thể mở rộng cho đường tròn Thebault, và bởi tính đa dạng và phong phú của chúng nên thật khó để tìm được điểm dừng. Trong mục này chúng ta chỉ tìm hiểu một số tính chất tiêu biểu của đường tròn Thebault, một số mở rộng khác xin được nhường lại cho bạn đọc tự khám phá. Tính chất 3.1. (ổ đề Sawayama). ho tam giác nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (). là một điểm bất kì trên cạnh. Gọi (O ) là đường tròn Thebault của tam giác ứng với và đỉnh. (O ) tiếp xúc với các đoạn thẳng, lần lượt tại, F. Khi đó,, F thẳng hàng. K J O' N O F M hứng minh. Gọi K là tiếp điểm của (O ) với (O). K, KF lần lượt cắt (O) lần thứ hai tại N, M. M cắt F tại J. Khi đó M là điểm chính giữa cung. o K là tâm vị tự ngoài của (O) và (O ) nên hiển nhiên F MN. o đó K = MN = J, suy ra tứ giác KJ nội tiếp. Mà (O ) tiếp xúc với nên F K = K = JK, nghĩa là đường tròn ngoại tiếp tam giác JKF tiếp xúc với M. Suy ra MJ 2 = MF.MK. Mặt khác, MK = M nên M 2 = MF.MK, ta thu được MJ 2 = M 2 hay M = M = MJ. Lại có M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, suy ra J hay F. Nhận xét. Khi ta thu được tính chất 2.1. Tính chất 3.2. (Định lý Sawayama-Thebault). ho tam giác nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (). là một điểm bất kì trên cạnh. Gọi (O 1 ), (O 2 ) lần lượt là các đường tròn Thebault của tam giác ứng với đường thẳng và các đỉnh,. Khi đó, O 1, O 2 thẳng hàng. 15

16 F O 2 O 1 H L G hứng minh. Gọi L là giao điểm của O 1 O 2 và ; G, H là tiếp điểm của (O 1 ) với, ;, F là tiếp điểm của (O 2 ) với,. Theo tính chất 3.1, là giao điểm của F và GH. Gọi là giao của GH và O 1 O 2. o GH và O 2 cùng vuông góc với O 1 nên GH O 2. Suy ra L LO 2 = LG L. (1) Mặt khác, O 1 G O 2 nên LO 1 LO 2 = LG L. (2) hia theo vế của (1) cho (2) ta thu được L = L LO 1 L hay O 1. Mà và O 1 cùng vuông góc với O 2 nên O 1. Từ đó hay O 1,, O 2 thẳng hàng. ài toán được chứng minh. Nhận xét. Từ tính chất trên suy ra (O 1 ), (), (O 2 ) có một tiếp tuyến chung khác (MO Shortlist 1969). Tính chất 3.3. Nếu là chân phân giác góc thì (O 1 ) tiếp xúc với (O 2 ). O 2 O 1 G hứng minh. Gọi G là điểm chính giữa cung không chứa. húng ta biết rằng phương tích từ G đến họ các đường tròn ω tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với sao cho ω và G nằm khác phía so với đều bằng G 2 = G 2. o (O 1 ) tiếp xúc với G nên chính là tiếp điểm của (O 1 ) với G. Tương tự suy ra (O 1 ) và (O 2 ) tiếp xúc nhau tại. 16

17 Tính chất 3.4. (Jean-Pierre hrmann và osmin Pohoata). ho tam giác, P là một điểm nằm trong tam giác. Gọi T b, T c là hai đường tròn Thebault của tam giác ứng với đường thẳng P. Tương tự có T c, T a, T a, T b. Khi đó 6 đường tròn T b, T c, T c, T a, T a, T b bằng nhau khi và chỉ khi P là điểm Nagel của tam giác. H O 1 O 2 F G L hứng minh. Gọi là giao của P với. Trước tiên ta giả sử rằng R(T b) = R(T c ) (tương ứng với hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 )). Hiển nhiên khi đó bán kính của 2 đường tròn bằng r. Gọi G, H là tiếp điểm của (O 1 ) với, ;, F là tiếp điểm của (O 2 ) với,. L là tiếp điểm của () với. o R(O 1 ) = R(O 2 ) nên O 1 O 2 là hình thang cân, suy ra G =. O 1 LG là hình chữ nhật, O 1 là hình bình hành nên GL = O 1 =. Vậy L = G + GL = + =. Suy ra là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc với. Ngược lại ta luôn dựng được đường tròn (O 1 ) tiếp xúc trong với (O), và có bán kính bằng r. Khi đó kẻ tiếp tuyến từ đến (O 1 ) cắt tại. ựng đường tròn Thebault (O 2 ) của tam giác ứng với và đỉnh. Suy ra bán kính của (O 2 ) cũng bằng r, tức là R(O 1 ) = R(O 2 ) và là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc với. Như vậy R(O 1 ) = R(O 2 ) = r khi và chỉ khi là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc với. ét tương tự với các đường tròn còn lại ta có đpcm. Tính chất 3.5. giao (O) lần thứ hai tại. Khi đó bán kính của hai đường tròn Thebault của tam giác ứng với bằng nhau khi và chỉ khi bán kính đường tròn nội tiếp hai tam giác và bằng nhau. 17

18 hứng minh. Theo tính chất 3.4 thì bán kính của hai đường tròn Thebault của tam giác ứng với bằng nhau khi và chỉ khi là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc với. S Ta có r = r khi và chỉ khi p() = S p() hay p() p() =. (1) o hai tam giác và đồng dạng nên p() p() = p(), tương tự p() =. Như vậy p() p() = p() p().. Suy ra (1) tương đương p() = p() hay là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc với. Ta có đpcm. Nhận xét. ó thể chứng minh tính chất 3.5 dựa vào bài toán sau: (Vladimir Zajic). ho tam giác nội tiếp đường tròn (O). P là điểm bất kì nằm trên cạnh, P cắt (O) lần thứ hai tại. Gọi ( 1 ), ( 2 ) lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giác P, P ; (J 1 ), (J 2 ) lần lượt là đường tròn tiếp xúc với các cặp tia (P, P ), (P, P ) và cùng tiếp xúc trong với (O). Khi đó 1 2, J 1 J 2, đồng quy. Lời giải cho bài toán này bạn đọc xem tại [4]. Tính chất 3.6. Gọi G, lần lượt là tiếp điểm của (O 1 ) và (O 2 ) với, giao (O) lần thứ hai tại L, là tiếp điểm của đường tròn -mixtilinear nội tiếp với (O). Khi đó G,, L, cùng thuộc một đường tròn. 18

19 S O 2 R O 1 K O Q P G 1 ' L hứng minh. Gọi là giao của với (O), giao tại P, 1 là tiếp điểm của () với. Ta đã chứng minh được P, P do đó P 1 = P = P = L. Suy ra tứ giác 1 L nội tiếp. Gọi R, S lần lượt là tiếp điểm của (O 1 ), (O 2 ) với (O). RS giao tại Q. Theo định lý Monge- lembert ta có Q là tâm vị tự ngoài của (O 1 ) và (O 2 ), cũng chính là cực của phép nghịch đảo của hai đường tròn. Suy ra tứ giác RSG nội tiếp. Gọi K là hình chiếu của trên O 1 O 2. Ta có O 1 G = KO 2 = K, suy ra tứ giác GK nội tiếp. Đồng thời ta cũng có tứ giác K 1 nội tiếp đường tròn đường kính. o đó QR.QS = Q 1.Q = Q.QK = Q 1.Q. Vậy tứ giác RS 1 nội tiếp. Áp dụng định lý về tâm đẳng phương cho 3 đường tròn (O), (RS 1 ), ( 1 L) suy ra L,, RS đồng quy tại Q. Suy ra QG.Q = QR.QS = Q.QL, tức là G,, L, cùng thuộc một đường tròn. Tính chất 3.7. Gọi là điểm chính giữa cung không chứa, J là trung điểm. Khi đó J là trục đẳng phương của (O 1 ) và (O 2 ). O 1 O 2 J ' hứng minh. Việc chứng minh thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này khá đơn giản. o đó chúng ta chỉ quan tâm đến điểm J. 19

20 o nằm trên đường thẳng nối tiếp điểm của (O 1 ) với, và J là trung điểm nên J thuộc trục đẳng phương của (O 1 ) và (, 0) (xem [3]). Tương tự, J thuộc trục đẳng phương của (O 2 ) và (, 0). Theo định lý về tâm đẳng phương suy ra J thuộc trục đẳng phương của (O 1 ) và (O 2 ). Ta có đpcm. Nhận xét. Từ lời giải trên suy ra đường tròn đường kính trực giao với (O 1 ) và (O 2 ). 4 Ứng dụng của bổ đề Sawayama-Thebault ài 1. (MO 2012 Turkey Preparation). ho tam giác nội tiếp đường tròn (O), các đường cao,. Tiếp tuyến của (O) tại, giao nhau tại. giao, lần lượt tại Y, Z. hứng minh rằng (Y Z) tiếp xúc với (O). Z ' Y ' hứng minh. Gọi là trung điểm. o là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác nên =. Lại có Z = = Z nên Z = Z. Suy ra Z là phân giác Y Z. Hiển nhiên là phân giác Y Z, do đó là tâm nội tiếp tam giác Y Z, mà là trung điểm nên theo bổ đề Sawayama, () là đường tròn mixtilinear nội tiếp của tam giác Y Z, tức là (O) tiếp xúc với (Y Z). ài 2. (ll-russian MO 2013). ho tam giác nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (). Gọi, Y là giao điểm của () và (), Z là tâm vị tự ngoài của () và (). hứng minh rằng (Y Z) tiếp xúc với (O). 20

21 M Z K H O Y L N T F hứng minh. Gọi F là giao của với (O), T là tâm vị tự trong của (O) và (), K là tâm của (Y Z). Ta có Z ZF = T T F = r R = Y Y F = nên, Y, Z, T cùng nằm trên đường tròn pollonius của F đoạn thẳng F ứng với tỉ số r, nói cách khác là đường tròn pollonius của tam giác Y F. R Tâm K của (Y ZT ) là giao của tiếp tuyến tại Y của (Y F ) với F. Suy ra KY = F Y. Ta thu được KY F + Y F = F Y + 2 Y F = 180, suy ra Y F là phân giác ngoài KY. Nghĩa là F F K = Y hay F là tâm vị tự ngoài của () và (Y Z). K Kẻ tiếp tuyến F N, F H tới (Y Z), F N, F H lần lượt cắt (O) tại L, M. o (ZT F ) = 1 nên theo hệ thức Newton ta có KN 2 = KT 2 = K.KF, suy ra là hình chiếu của N trên KF, nghĩa là là trung điểm NH. Theo định lý Poncelet, () là đường tròn nội tiếp tam giác LF M nên áp dụng bổ đề Sawayama suy ra (Y Z) là đường tròn mixtilinear nội tiếp của tam giác F LM, hay (Y Z) tiếp xúc với (O). ài 3. (Sharygin Geometry Olympiad 2009). ho tứ giác nội tiếp. iết rằng 4 đường tròn tiếp xúc với các đường chéo và tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp tứ giác có bán kính bằng nhau. hứng minh rằng là hình vuông. O a c d O d O b b a O c hứng minh. Kí hiệu a, b, c, d lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác,,,, hai đường chéo giao nhau tại, (O a ), (O b ), (O c ), (O d ) lần lượt là 4 đường tròn tiếp xúc với các cặp tia 21

22 , ;, ;, ;, và cùng tiếp xúc trong với (). Áp dụng định lý Sawayama- Thebault suy ra a O b O c. o R(O a ) = R(O b ) = R(O c ) = R(O d ) nên R( a ) = R( b ) = R( c ) = R( d ). Từ đó hai tứ giác a b c d và có cạnh tương ứng song song. Ta đã biết a b c d là hình chữ nhật, do đó là hình chữ nhật. Mặt khác, áp dụng tính chất 3. cho tam giác với hai đường tròn Thebault (O a ) và (O b ) suy ra là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc với. Mà là trung điểm nên tam giác cân tại. Suy ra là hình vuông. ài 4. (GMO 2013). ho hai đường tròn (O 1 ) và (O 2 ) tiếp xúc ngoài nhau tại T. Tứ giác nội tiếp (O 1 ) sao cho, tiếp xúc với (O 2 ) lần lượt tại, F. Phân giác F giao F tại N, F T giao (O 1 ) lần thứ hai tại M. hứng minh rằng M là tâm ngoại tiếp tam giác N. F O 1 T O 2 ' M ' N hứng minh. Gọi, lần lượt là giao của T, T với (O 2 ). o T là tâm vị tự của (O 1 ) và (O 2 ) suy ra. Từ đó F là điểm chính giữa cung. Phép vị tự tâm T biến,, F M nên M là điểm chính giữa cung. o (O 2 ) là đường tròn Thebault bàng tiếp của tam giác ứng với đường thẳng và N là giao của phân giác với F nên theo bổ đề Sawayama-Thebault, N là tâm bàng tiếp góc của tam giác. Ta đã biết điểm chính giữa cung tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác N, suy ra đpcm. ài 5. ho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Đường tròn ω có tâm tiếp xúc với các đoạn thẳng H, H và tiếp xúc với (O). hứng minh rằng trung điểm H là tâm đường tròn nội tiếp tam giác H. J F H G 22

23 hứng minh. Gọi là giao của H với (O). Suy ra đối xứng với H qua. Gọi F, G lần lượt là tiếp điểm của ω với H, H;, J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác H,. Theo bổ đề Sawayama-Thebault suy ra J, F, G thẳng hàng. Ta có J = 180 = 90 1 H = HF G = JF. 2 Suy ra tứ giác JF nội tiếp. Ta thu được HF = 180 F = 180 J = = 90 1 H = F H. 2 Suy ra là trung điểm H. Ta có đpcm. ài 6. ho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác. Một đường tròn ω tiếp xúc với các cạnh, lần lượt tại L, K và tiếp xúc ngoài với (O). hứng minh rằng LK chia đôi với là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. N K L M O hứng minh. Gọi là giao điểm thứ hai của với (O). Ta có = 180 = 180 O = o đó tam giác cân tại. Suy ra O là trung trực của đoạn thẳng và O giao tại điểm chính giữa M của cung. o ω là đường tròn Thebault của tam giác ứng với đường thẳng và M là tâm đường tròn bàng tiếp góc của tam giác nên M, L, K thẳng hàng. Tương tự gọi N là điểm chính giữa cung thì N, L, K thẳng hàng. Mà MN là trung trực của đoạn thẳng nên LK chia đôi. 23

24 Tài liệu [1] Fukagawa, Hidetoshi, and an Pedoe, Japanese temple geometry problems, Winnipeg: harles abbage Research entre, [2] Nguyễn Văn Linh, Định lý asey và ứng dụng, uclidean Geometry log. [3] Nguyễn Văn Linh, Trục đẳng phương của đường tròn điểm, uclidean Geometry log. [4] Nguyễn Văn Linh, Định lý Monge- lembert và ứng dụng, uclidean Geometry log. [5] Nguyễn Văn Linh, Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm, uclidean Geometry log. [6] Problem 3, Round 6, Geometry Mathley. [7] Jean Louis yme, new mixtilinear incircle adventure,,. [8] Khoa Lu Nguyen and Juan arlos Salazar, On mixtilinear incircles and excircles, Forum Geometricorum Vol.6 (2006) [9] rtofproblemsolving Forum. mail: Lovemathforever@gmail.com 24