2.1 Tam giác. R 2 2Rr = d 2 (2.1.1) 1 R + d + 1. R d = 1 r (2.1.2) R d r + R + d r = ( R + d r. R d r

Transcript

1 Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại thương 1 Giới thiệu Một đa giác lồi được gọi là lưỡng tâm khi đa giác đó vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp đường tròn. Những đa giác lưỡng tâm chúng ta thường gặp là tam giác và đa giác đều. ài viết này sẽ giới thiệu một số định lý liên quan đến đa giác lưỡng tâm và khai thác một số tính chất liên quan. 2 Tính chất Để tiện theo dõi chúng ta quy ước đường tròn nội tiếp là (, r), đường tròn ngoại tiếp là (, R), khoảng cách = d. 2.1 Tam giác Đây là trường hợp quen thuộc nên chúng ta chỉ quan tâm một số công thức liên quan đến đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp. Tính chất Giữa đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác có các hệ thức sau: R 2 2Rr = d 2 (2.1.1) 1 R + d + 1 R d = 1 r (2.1.2) R d r + R + d r = 2R (2.1.3) ( R + d r ) ( ) R d 1 1 = 1 (2.1.4) r 1

2 hứng minh. Qua một số phép biến đổi đơn giản ta nhận thấy bốn hệ thức trên tương đương nhau. Vì vậy ta chỉ chứng minh hệ thức (2.1.1), hay còn gọi là hệ thức Euler. ổ đề 1. ho tam giác ngoại tiếp đường tròn (), nội tiếp đường tròn (). cắt () lần thứ hai tại E. Khi đó E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. hứng minh. Ta có E = + E = + E = + = E. Suy ra E = E. Tương tự E = E. Vậy E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác. Trở lại bài toán. F Gọi E là giao của và (). F là hình chiếu của trên. E Theo định lý hàm số sin, sin E = 2R. Lại có r = F =. sin E nên 2Rr = đề 1), Mặt khác,.e = R 2 2 nên R 2 2Rr = d Tứ giác E E.. sin E = E. =.E (theo bổ sin E Tính chất Giữa đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tứ giác lưỡng tâm có các hệ thức sau: 1 (R + d) (R d) 2 = 1 r 2 (2.2.1) (R 2 d 2 ) 2 = 2r 2 (R 2 + d 2 ) (2.2.2) (R + r + d)(r + r d)(r r + d)(r r d) = r 4 (2.2.3) ( (R ) ) ( + d 2 (R ) d 2 1 1) = 1 (2.2.4) r r d 2 = R 2 + r 2 r r 2 + 4R 2 (2.2.5) 2

3 N M hứng minh. Sau một số biến đổi có thể thấy 5 hệ thức trên tương đương nhau, vì vậy ta chỉ chứng minh hệ thức (2.2.1), hay còn gọi là định lý Fuss. Kéo dài, cắt () lần lượt tại M, N. Ta có MN + NM = + = 1 2 ( + ) = 90o. Suy ra là trung điểm MN. Áp dụng công thức tính đường trung tuyến trong tam giác MN ta có: 2 = M 2 + N 2 MN2 = M 2 + N 2 R o đó (R + d) (R d) 2 = 2(R2 + d 2 ) (R 2 d 2 ) 2 = M 2 + N 2 ( /()) 2 = M 2 M N 2 N 2. 2 = sin2 2 = 2 r 2 + Nhận xét 1. Từ định lý Fuss, R 2r. sin 2 2 r 2 = 1 r 2. 1 r 2 = 1 (R + d) (R d) 2 = 2(R2 + d 2 ) (R 2 d 2 ) 2 2 R 2 d 2 2, ta suy ra R2 Vì mục đích của bài viết không đi sâu vào tính toán và chứng minh các công thức nên tác giả chỉ đề cập và không chứng minh các tính chất sau. ạn đọc có thể coi như bài tập tự luyện để thử sức mình. Tính chất Trong mọi tứ giác lưỡng tâm, các đẳng thức sau đây thoả mãn.. =. =.,. =. =. (2.3.1) 2R R 2 d 2 (2.3.2) = = 1 r 2 (2.3.3) = (2.3.4) ( 1 8Rr + 1 ) = (2.3.5). = 8R2 r 2 R 2 d 2 (2.3.6) 3

4 ... = 2r 2 (R 2 d 2 ) (2.3.7) = R2 d 2 Rr (2.3.8) pq 4r 2 4R2 pq = 1 (2.3.9) xz = yt (2.3.10) p q = x + z y + t (2.3.11) Với p, q là độ dài hai đường chéo và của tứ giác, x, y, z, t lần lượt là độ dài của bốn đoạn thẳng nối đỉnh tứ giác với tiếp điểm đường tròn nội tiếp Tính chất Gọi a, b, c, d lần lượt là độ dài các cạnh tứ giác lưỡng tâm. iện tích của tứ giác được cho bởi một trong các công thức: S = abcd (2.4.1) S = 4 xyzt(x + y + z + t) (2.4.2) S =. +. (2.4.3) ( 1 S = 2r 2 sin + 1 ) sin (2.4.4) Tính chất án kinh đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tứ giác lưỡng tâm được cho bởi các công thức: r = abcd abcd a + c = b + d (2.5.1) r = xz = yt (2.5.2) R = 1 (ab + cd)(ac + bd)(ad + bc) 4 abcd Một số công thức khác, xem [2]. (2.5.3) Tính chất ho tứ giác ngoại tiếp đường tròn (). Gọi M, N,, Q lần lượt là tiếp điểm của,,, với (). Khi đó tứ giác lưỡng tiếp khi và chỉ khi M NQ. 4

5 Q M E N hứng minh. Gọi E là giao điểm của M và NQ. o M = M nên E = 180 o 1 ( + ). 2 Tương tự, QE = 180 o 1 ( + ). 2 o đó Q + EQ = 360 o ( QE + E) = + 1 ( + ) 2 Suy ra tứ giác nội tiếp khi và chỉ khi + = 90 o EQ = 90 o hay M NQ. Nhận xét 2. Tính chất chính là một phương pháp đơn giản để dựng tứ giác lưỡng tâm: ựng đường tròn (), trên đó lấy bốn điểm X, Y, Z, T sao cho XZ Y T. ác tiếp tuyến của () tại X, Y, Z, T cắt nhau tạo thành tứ giác. Khi đó tứ giác lưỡng tâm. Tính chất ho tứ giác ngoại tiếp đường tròn (). Gọi E, F lần lượt là giao của các đường thẳng và, và. Khi đó tứ giác lưỡng tiếp khi và chỉ khi EF = 90 o. hứng minh. Gọi M, N,, Q lần lượt là tiếp điểm của () với,,,. o E M, F NQ nên tính chất là hệ quả trực tiếp của tính chất Tính chất ho tứ giác ngoại tiếp đường tròn () sao cho không có hai đỉnh đối diện nào đối xứng nhau qua đường chéo. Khi đó tứ giác lưỡng tiếp khi và chỉ khi đường thẳng Newton của tứ giác vuông góc với đường thẳng Newton của tứ giác tiếp điểm MN Q. E J Q T K G M L N F hứng minh. Gọi K, L lần lượt là giao điểm của E và M, F và NQ; T là giao điểm của M và NQ; J là trung điểm EF. 5

6 Đường thẳng Newton của tứ giác ngoại tiếp đi qua tâm nội tiếp của tứ giác đó nên J là đường thẳng Newton của tứ giác. Mặt khác, K, L lần lượt là trung điểm M, NQ nên KL là đường thẳng Newton của tứ giác MN Q. Xét đường tròn () có M là đường đối cực của E, NQ là đường đối cực của F suy ra EF là đường đối cực của T. Từ đó T EF. o K.E = L.F = r 2 nên tứ giác EKLF nội tiếp. Suy ra J KL T đi qua trung điểm G của KL. Trung điểm KL nằm trên đường kính T của đường tròn ngoại tiếp tứ giác T LK khi và chỉ khi hoặc G là trung điểm T hoặc KL T. Trường hợp KL T không xảy ra do T J nên tứ giác có hai đỉnh đối diện đối xứng nhau qua đường chéo. Vì vậy G là trung điểm T. Điều này tương đương EF = 90 o nên theo tính chất ta có đpcm. Tính chất Trọng tâm G của tứ giác tiếp điểm XY ZT nằm trên và G = r2 d R 2 d 2. ' X ' T ' Y ' ' Z hứng minh. Gọi,,, lần lượt là trung điểm T X, XY, Y Z, ZT. Ta có. =. =. =. = r 2 nên phép nghịch đảo N r2 :,,, và đường tròn ngoại tiếp tứ giác thành đường tròn ngoại tiếp tâm của tứ giác. o là hình bình hành và nội tiếp nên chính là trung điểm của. Từ đó G. Theo phép nghịch đảo, G = Vậy G nằm trên và G = r2 /(). = r2 d R 2 d 2. r 2 d 2 R 2.. Tính chất Giao điểm của hai đường chéo và nằm trên, đồng thời = 2r2 d R 2 d 2. hứng minh. ách 1. Gọi U, V lần lượt là trung điểm XZ, Y T. ễ dàng có U V là hình chữ nhật nên trọng tâm tứ giác XY ZT là trung điểm. Tính chất thực chất là hệ quả của tính chất Sau đây chúng ta sẽ chứng minh tính chất theo một hướng khác để tìm ra tính chất mới. ách 2. 6

7 1 1 L 1 1 Gọi 1, 1, 1, 1 lần lượt là giao điểm của,,, với (). Theo phép chứng minh tính chất 2.2.1, 1 1 và 1 1 là các đường kính của (). Gọi L là giao điểm của 1 và 1. Áp dụng định lý ascal cho 6 điểm 1, 1, 1, 1,, suy ra,, L thẳng hàng. Lại áp dụng định lý ascal cho 6 điểm,,,, 1, 1 suy ra,, L thẳng hàng. Như vậy nằm trên. Mặt khác, gọi X, Y, Z, T lần lượt là tiếp điểm của,,, với (). M, N lần lượt là giao điểm của XY và ZT, XT và Y Z; E, F là giao điểm của và, và. Theo một kết quả quen thuộc của tứ giác ngoại tiếp,,, XZ, Y T đồng quy tại. Áp dụng định lý ascal cho 6 điểm X, Y, Z, T, X, Z suy ra E, M, N thẳng hàng. Tương tự suy ra E, F, M, N thẳng hàng. M E ' T X Y Z N Gọi là giao của với MN. Ta thấy lần lượt nằm trên đường đối cực của ứng với (), () nên. = r 2 và. = R 2. Từ đó = r2, + = = R2 = R 2 +. Đặt = x suy ra d = R2 x + d r2 x. ây giờ ta thay x = 2r2 d R 2 d 2 và tính K = R 2 r 2 2r 2 d R 2 d 2 + d 2r 2. d R 2 d 2 7

8 Từ công thức (2.2.2) suy ra 2r 2 = (R2 d 2 ) 2 Suy ra K = Vậy = R 2 (R 2 d 2 R2 d 2 )d 2d R 2 + d 2 + d 2r2 d R 2 d 2. = R 2 + d 2 R 2 (R 2 + d 2 ) d(r 2 d 2 + R 2 + d 2 ) R2 d 2 2d = R2 + d 2 R 2 + d 2 2d Nhận xét 3. Theo phép chứng minh trên, điểm được gọi là điểm "giới hạn" của hai đường tròn () và (), nghĩa là điểm nghịch đảo của ứng với hai đường tròn trùng nhau. Với mỗi cặp đường tròn (), () đều tồn tại hai điểm "giới hạn" là và. Tính chất hép nghịch đảo cực hoặc phương tích bất kì biến () và () thành hai đường tròn đồng tâm. = d. ' ' ' hứng minh. Xét phép nghịch đảo cực phương tích k. N k : () ( ), () ( ). Ta có = k /() = k suy ra = k. = k /() = k suy ra = k. Từ đó = hay. hứng minh tương tự với phép nghịch đảo cực ta có đpcm. Tính chất là đường đối trung của các tam giác và. 8

9 hứng minh. Ta có = = 1 2 (90o ) = =. o đó là tiếp tuyến của (). hứng minh tương tự suy ra là giao điểm của hai tiếp tuyến tại, của (). Theo tính chất ,,, thẳng hàng do đó là đường đối trung của tam giác. Tương tự với tam giác. Tính chất Một đường thẳng qua và song song với một cạnh của tứ giác cắt hai cạnh đối diện còn lại tại M, N. Khi đó độ dài MN không phụ thuộc vào việc chọn cạnh của tứ giác để kẻ song song với nó. N K L M hứng minh. Gọi MN và LK là hai đường thẳng qua và lần lượt song song với, (M, K ; N, L ). Ta có NL = = 180 o = MK nên tứ giác MKNL nội tiếp, từ đó hai tam giác KM và NL đồng dạng. o hai tam giác này có đường cao hạ từ đều bằng r nên K = N, M = L, KM = NL. ễ thấy tam giác N cân tại N nên N = N. Tương tự, L = L, K = K, M = M. Suy ra 2MN = MN + KL = N + L + M + K = NL + + KM = + = 1 ( ). 2 MN = 1 ( + ++) và không phụ thuộc vào việc chọn cạnh của tứ giác. 4 Tính chất (Juan arlos). Gọi X, Y, Z, T là tiếp điểm của () với,,,. H, K là hình chiếu của trên,. Khi đó S XKT = S XHY. 9

10 T X K H Y hứng minh. Ta có tứ giác T KX và XY H lần lượt nội tiếp đường tròn đường kính, suy ra KXT = = = HXY. 1 Từ đó S XT.XK. sin T XK XKT = 2 XT.XK = S XHY 1 2 XY.XH. sin HXY XY.XH = 2. sin. sin 2. sin. sin = Như vậy ta cần chứng minh 2 2 =... Để được như vậy trước tiên ta chứng minh các công thức (2.3.1) và (2.3.2). Gọi,,, lần lượt là giao điểm thứ hai của,,, với (). ễ thấy là hình chữ nhật. Đặt /() = k. Ta có = = k.. =. Tương tự k. = k. o là hình chữ nhật nên =. ông thức (2.3.1) được chứng minh. ông thức (2.3.2) chứng minh tương tự. Như vậy.. =..... = 2. Suy ra đpcm. 2 Tính chất Gọi H 1, H 2, H 3, H 4 lần lượt là trực tâm các tam giác,,, ; K 1, K 2, K 3, K 4 lần lượt là trực tâm các tam giác XY, Y Z, ZT, T X. Khi đó các bộ (H 1, H 2, H 3, H 4 ) và (K 1, K 2, K 3, K 4 ) lần lượt thẳng hàng và hai đường thẳng này vuông góc với nhau tại. T X M H K 4 3 Q Z N Y 10

11 hứng minh. Gọi M, Q lần lượt là hình chiếu của Z trên T, trên. N là trung điểm Y Z. Theo tính chất 2.2.6, XZ Y T. o đó N Y = T Y Z = T = T ZM = T M. Suy ra M,, N thẳng hàng. Ta thu được M Q = Z N = ZN = 90 o ZY T = T = T H 4, suy ra tứ giác MH 4 Q nội tiếp. Mặt khác, M, Q thuộc đường tròn đường kính K 3 H 4. Như vậy 5 điểm K 3,, Q, H 4, M cùng thuộc một đường tròn. Suy ra K 3 H 4 = 90 o. hứng minh tương tự suy ra H 1, H 2, H 3, H 4 cùng nằm trên đường thẳng qua và vuông góc với K 3. Lại theo phép tương tự suy ra K 1, K 2, K 3, K 4 cùng nằm trên đường thẳng qua và vuông góc với đường thẳng đi qua H 1, H 2, H 3, H 4. Nhận xét 4. Tính chất là sự tổng hợp của hai bài toán sau: ài toán 1. ho tứ giác ngoại tiếp đường tròn (), giao tại. Khi đó trực tâm của các tam giác,,, cùng thuộc một đường thẳng đi qua. ài toán 2. ho tứ giác nội tiếp đường tròn () sao cho vuông góc với tại. Khi đó trực tâm của các tam giác,,, cùng thuộc một đường thẳng đi qua. ả hai bài toán đều có thể chứng minh bằng cách áp dụng định lý ascal. Tính chất Tâm đường tròn nội tiếp của 8 tam giác,,,,,,, cùng thuộc một đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng. hứng minh. hép chứng minh cho bài toán tổng quát sẽ được giới thiệu ở mục sau. Nhận xét 5. Tính chất là sự tổng hợp của hai bài toán sau: ài toán 3. ho tứ giác ngoại tiếp đường tròn (), giao tại. Khi đó tâm đường tròn nội tiếp của 4 tam giác,,, cùng thuộc một đường tròn. ài toán 4. ho tứ giác nội tiếp đường tròn (). Khi đó tâm đường tròn nội tiếp của 4 tam giác,,, tạo thành 4 đỉnh của một hình chữ nhật. uối cùng chúng ta sẽ mở rộng bổ đề 1 cho tứ giác lưỡng tâm. Tính chất Kéo dài,,, cắt () lần lượt tại,,,. Khi đó tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác,,, lần lượt nằm trên các cạnh của tứ giác, tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác,,, cùng nằm trên đường tròn tâm bán kính R2 d 2. 2r 11

12 ' ' 2 ' ' ' 2 hứng minh. Gọi 1, 2, 3, 4 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác,,, ; 1, 2, 3, 4 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác,,,. Ta có 2 = 2 = =, suy ra tứ giác 2 nội tiếp. Suy ra 2 = = 90 o. Tương tự suy ra 2 là hình chiếu của trên. Như vậy 1, 2, 3, 4 là hình chiếu của trên các cạnh của tứ giác. Mặt khác, đặt k = /(). Ta có 2 = 2 sin = 2 sin. ễ dàng chứng minh được = k.., suy ra 2 = k. 2.. sin = k 2r = R2 d 2. 2r hứng minh tương tự suy ra 1, 2, 3, 4 nằm trên đường tròn tâm bán kính R2 d 2. 2r 2.3 Đa giác nhiều hơn 4 đỉnh Trong mục này chúng ta sẽ tìm hiểu một số tính chất thú vị của các đa giác lưỡng tâm có số đỉnh nhiều hơn 4. Tính chất ho ngũ giác lưỡng tâm E. Gọi 1, 1, 1, 1, E 1 lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng (, E), (E, ), (, E), (E, ), (, ). Khi đó ngũ giác E 1 ngoại tiếp. hứng minh. ách 1. 12

13 3 E F 3 L K E 2 ' 4 E 3 2 ' 4 3 Gọi 2, 2, 2, 2, E 2 lần lượt là tiếp điểm của, E, E,, với (). 3, 3, 3, 3, E 3 lần lượt là điểm chính giữa các cung, E, E,, không chứa đỉnh nào của ngũ giác; 4, 4, 4, 4, E 4 là giao của,,,, E với (); 4, 4, 4, 4, E 4 là điểm đối xứng với 4, 4, 4, 4, E 4 qua. Áp dụng định lý ascal cho 6 điểm,, 3, 4, 3, 4 ta thu được giao điểm L của 3 và 3,, giao điểm F của 3 4 và 3 4 thẳng hàng. Lại áp dụng định lý ascal cho 6 điểm 4, 4, 4, 4, 3, 3 suy ra F,, giao điểm K của 3 4 và 3 4 thẳng hàng. Việc còn lại là chứng minh K. ễ thấy o đó ta chỉ cần chứng minh đường vuông góc kẻ từ 3 tới 3 3, 3 tới E 3 3 giao nhau tại. Lại do hai ngũ giác E 3 và E 2 có cạnh tương ứng song song nên tâm vị tự của chúng nằm trên đường nối hai tâm ngoại tiếp. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh đường vuông góc kẻ từ 2 tới E 2 2 và 2 tới 2 2 giao nhau tại một điểm trên. E E 5 2 N M Q J 2 E 2 Gọi 5, 5, 5, 5, E5 lần lượt là trung điểm 22, 2E2, E22, 22, 22. hép nghịch đảo N r2 : 5, 5, 5, 5, E E5 nên ngũ giác 5555E5 nội tiếp đường tròn tâm J và J. Gọi M, N lần lượt là trung điểm 22, 5E5, Q là điểm đối xứng với qua J. Ta có 2, M, N thẳng hàng nên NJ là đường trung bình của hình thang 2QM, từ đó 2Q 22. Tương tự suy ra các đường vuông góc kẻ từ 2 tới E22 và 2 tới 22 giao nhau tại Q. 13

14 Từ đó K. Suy ra F, kéo theo L. hứng minh tương tự suy ra phân giác các góc, E, E,, E đồng quy tại L. Suy ra đpcm. Để chứng minh kết quả ngũ giác E 1 ngoại tiếp ta có thể tiếp cận theo phương pháp khác như sau. ách 2. E 2 2 E L 3 1 E E 2 Gọi 3, 3, 3, 3, E 3 lần lượt là giao điểm của 2 2 và 2 E 2, 2 2 và 2 E 2, E 2 2 và 2 2, 2 2 và E 2 2, 2 2 và 2 2. Áp dụng định lý ascal cho 6 điểm 2, 2, 2, 2, 2, 2 suy ra nằm trên đường thẳng nối giao điểm của 2 2 và 2 2, 2 2 và 2 2. Tương tự với. Từ đó E 3. Tương tự với 3, 3, 3, 3. Ta có 1 E 3 3 = E 2 2 E = 2 2 E = 1 3 E 3. Từ đó 1 3 = 1 E 3. Tương tự, 1 3 = 1 3, suy ra E =. 11 Mặt khác, E 3 = 2. sin E 3 2, 3 = 2. sin 3 2 sin E 3 2 sin 2 3. Ta sẽ chứng minh E 3 = 3, khi và chỉ khi 2. sin E 3 2 = 2. sin 3 2 sin E 3 2 sin 2 3 sin E 3 2 = sin 3 2 sin E 3 2 sin 2 3 sin E 3 2 sin 3 2 = sin E 3 2 sin 2 3 = sin 2 3 sin E 2 3. E 2 Ta có sin E 2 3 = 3 sin 3 E 2, 2 3 = sin 3 2 sin 3 2. Suy ra sin 2 3 = sin 3 2 sin 3 E 2 sin 3 E 2 = sin E 3 2 sin 3 2. Vậy E 3 = 3, hay 3, 3, E 3 là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc của tam giác 1 1 với ba cạnh. hứng minh tương tự suy ra các tam giác 1 1, 1 E 1,...,E 1 1 có chung đường tròn bàng tiếp, hay ngũ giác E 1 ngoại tiếp. Tính chất (Trần Quang Hùng). Gọi ( a ), ( b ), ( c ), ( d ), ( e ) là 5 đường tròn tiếp xúc trong với () tại 2, 2, 2, 2, E 2 và lần lượt tiếp xúc với các cặp tia ( 1, 1 ), ( 1, 1 E), ( 1 E, 1 ), ( 1, 1 ), (E 1, E 1 ). Khi đó 1 2, 1 2, 1 2, 1 2, E 1 E 2 đồng quy tại một điểm trên. 14

15 E 2 2 b c 1 1 L 1 2 a E1 1 d e E 2 2 hứng minh. Tính chất thực chất là hệ quả của Gọi (L) là đường tròn nội tiếp ngũ giác E 1. Áp dụng định lý Monge- lembert (xem [4]) cho 3 đường tròn (), ( c ), (L) ta thu được 1 2 đi qua tâm vị tự trong của () và (L). hứng minh tương tự ta có đpcm. Tính chất ho lục giác lưỡng tâm Gọi tiếp điểm của 1 2, 2 3,..., 6 1 với () lần lượt là 12, 23,..., 61. Khi đó 1 4, 2 5, 3 6, 12 45, 23 56, đồng quy tại điểm "giới hạn" của hai đường tròn () và (). X Y hứng minh. o lục giác ngoại tiếp nên theo định lý rianchon, 1 4, 2 5, 3 6 đồng quy. Áp dụng định lý esargues suy ra giao điểm X , Y , Z thẳng hàng. o 12 45, 34 61, lần lượt là đường đối cực của X, Y, Z ứng với () nên chúng đồng quy tại cực của đường thẳng qua X, Y, Z ứng với (). Áp dụng định lý ascal cho 6 điểm 45, 34, 45, 34, 12, 61 suy ra 4 nằm trên đường nối giao điểm và với. Tương tự suy ra 1 4 đi qua. Tương tự ta thu được 1 4, 2 5, 3 6, 12 45, 23 56, đồng quy tại. o đường thẳng (X, Y, Z) cũng là đường đối cực của ứng với () nên là điểm "giới hạn" của () và (). Tính chất Gọi 12, 23,..., 61 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác 1 2, 2 3,..., 6 1. Khi đó lục giác nội tiếp đường tròn có tâm nằm trên. 15

16 hứng minh. Ta có 2 12 = 180 o ( ) = 180 o ( ) = 4 45 = o đó 12 là phân giác góc 1 2 hay 12 đi qua 12. Tương tự 23 đi qua 23. Ta có 12 = 2 = 2 = Từ đó Tương tự suy ra hai lục giác và có tâm vị tự là. Mà nội tiếp đường tròn () nên nội tiếp đường tròn có tâm nằm trên hay. Tính chất (Trần Quang Hùng). Gọi (J 12 ), (J 23 ),...,(J 61 ) là các đường tròn tiếp xúc trong với () lân lượt tại L 12, L 23,..., L 61 và lần lượt tiếp xúc với các cặp tia ( 1, 2 ),( 2, 3 ),...,( 6, 1 ). Khi đó L 12, L 45, 12, 45 cùng thuộc một đường tròn ω 1, tương tự với ω 2, ω 3 và ba đường tròn này giao nhau tại 2 điểm trên (bộ đường tròn coaxal). hứng minh. ổ đề 2. ho tứ giác nội tiếp đường tròn (), giao tại. Gọi ( 1 ), ( 2 ) lần lượt là đường tròn nội tiếp tam giác,, (J 1 ), (J 2 ) là đường tròn tiếp xúc trong với () lần lượt tại H, L và tiếp xúc với các cặp tia (, ); (, ). Khi đó H, L, 1, 2 cùng thuộc một đường tròn trực giao với (). hứng minh. H K N 1 2 L M Q 16

17 Gọi M, N lần lượt là điểm chính giữa cung chứa và không chứa L; K, Q lần lượt là điểm chính giữa cung chứa và không chứa H. Theo bổ đề 2 tại [4] ta suy ra các bộ ba sau thẳng hàng: (H, 2, M), (H, 1, Q), (L, 2, N), (L, 1, K). Suy ra 1 H 2 = QHM = KLN = 1 L 2. Từ đó tứ giác 1 HL 2 nội tiếp. Mặt khác, H 2 = HM = HM = HMN = HLN = HL 2. Suy ra H là tiếp tuyến của (H 1 2 ). Tương tự suy ra đường tròn ngoại tiếp tứ giác 1 HL 2 trực giao với (). Trở lại bài toán. 1 L 12 L L L 23 L L 34 Từ bổ đề 2 suy ra L 12, L 45, 12, 45 cùng thuộc đường tròn ω 1, tương tự với ω 2, ω 3. Theo tính chất ta thu được = = nên có cùng phương tích với ω 1, ω 2, ω 3. Mặt khác, cũng theo bổ đề 2 thì ω 1, ω 2 ω 3 cùng trực giao với (). o đó /(ω 1 ) = /(ω 2 ) = /(ω 3 ) = R 2. Vậy là trục đẳng phương của 3 đường tròn ω 1, ω 2 ω 3 hay chúng cắt nhau tại 2 điểm nằm trên. Nhận xét 6. Từ tính chất 2.3.5, nếu gọi Q là giao của L 12 L 45 và L 34 L 61 thì QL 12.QL 45 = QL 34.QL 61, suy ra Q thuộc trục đẳng phương của ω 1 và ω 3 hay Q. Tương tự suy ra L 12 L 45, L 34 L 61, L 23 L 56 đồng quy tại Q. Tính chất đường thẳng J 12 L 45, J 23 L 56, J 34 L 61, J 45 L 12, J 56 L 23, J 61 L 34 đồng quy tại một điểm trên. 17

18 L 61 J 61 T L J 12 L 23 L 61 J 61 J 23 6 L 56 J 56 Q V 3 5 J 45 J 34 L 45 L 34 4 hứng minh. Qọi T là giao của J 34 J 61 và L 34 L 61. Áp dụng định lý Monge- lembert cho 3 đường tròn (), (J 34 ), (J 61 ) ta thu được T là tâm vị tự ngoài của (J 34 ) và (J 61 ). Gọi V là giao của J 61 L 34 và J 34 L 61. Ta có (J 34 J 61 T ) = 1 và giao L 34 L 61 tại Q nên (Q V ) = 1. Tương tự ta cũng suy ra giao điểm của các cặp đường thẳng (J 12 L 45, J 45 L 12 ) và (J 23 L 56, J 56 L 23 ) là V. Suy ra đpcm. Tính chất Tâm vị tự ngoài của các cặp 2 đường tròn bất kì trong 6 đường tròn (J 12 ), (J 23 ),..., (J 61 ) cùng nằm trên một đường thẳng. L J 12 6 J 23 L 23 M L 56 Q J 56 V 5 J 45 L 45 J L 34 hứng minh. Ta sẽ chứng minh các tâm vị tự trên cùng nằm trên đường đối cực của Q ứng với (). Áp dụng định lý esargues cho 3 đường thẳng (L 12 L 61, J 12 J 61, L 34 L 45 ) ta có L 12 J 12 L 61 J 61, Q L 61 L 34 L 12 L 45, V J 61 L 34 J 12 L 45 thẳng hàng. Suy ra L 12 L 61, J 12 J 61, L 34 L 45 đồng quy tại M. Áp dụng định lý Monge- lembert cho 3 đường tròn (J 12 ), (J 61 ), () ta có M là tâm vị tự ngoài của (J 12 ) và (J 61 ) và hiển nhiên M nằm trên đường đối cực d của Q ứng với (). hứng minh tương tự cho (J 12 ) và (J 23 ), lại theo định lý Monge- lembert suy ra tâm vị tự ngoài của (J 61 ) và (J 23 ) nằm trên d. Tương tự cho các cặp đường tròn ở vị trí như vậy. uối cùng, một lần nữa áp dụng định lý Monge- lembert cho 3 đường tròn (J 61 ), (J 12 ), (J 34 ) ta suy ra tâm vị tự ngoài của (J 61 ) và (J 34 ) nằm trên d. Tương tự thu được đpcm. húng ta tạm thời dừng các tính chất của ngũ giác và lục giác lưỡng tâm tại đây. Xung quanh hai lớp đa giác này còn khá nhiều tính chất thú vị, tuy nhiên trong khuôn khổ có hạn, bài viết chỉ đề cập 18

19 một số tính chất cơ bản và đẹp. ạn đọc có thể dựa vào chúng để tìm ra những bài toán mới của riêng mình. Quay lại tính chất an đầu ý tưởng để tìm ra tính chất này khá tự nhiên. ắt nguồn từ hai bài toán 3 và 4 rất quen thuộc rồi kết hợp chúng lại tạo ra cách phát biểu bài toán mới vô cùng lạ mắt và độc đáo. hép chứng minh cho trường hợp tứ giác lưỡng tâm có thể xem tại [9]. Một ý tưởng mới nảy sinh là liệu với các đa giác có nhiều cạnh hơn, tính chất trên có còn đúng. Tác giả đã thử mở rộng và chứng minh thành công cho trường hợp ngũ giác, sau đó nhận ra lời giải của ngũ giác có thể áp dụng cho trường hợp đa giác bất kì. Tính chất ho n giác lưỡng tâm n ( 3). Kí hiệu i là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác i 1 i i+1 ; i(i+1) là giao điểm của i i+2 và i 1 i+1 ; i(i+1) là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác i i(i+1) i+1 (i = 1, n). Khi đó 2n điểm 1, 2,..., n, 12, 23,..., n1 cùng thuộc một đường tròn L n n hứng minh. Gọi i là điểm chính giữa của cung i i+1. o 1, 2 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác n 1 2, nên 1 1 = 1 2 = 1 1 = 1 2 hay 1, 2, 1, 2 cùng thuộc ( 1, 1 1 ). Tương tự với các đường tròn ( 2 ), ( 3 ),..., ( n ). Lại có 1 1, 2 2,..., n n đồng quy tại tâm đường tròn nội tiếp của n-giác n nên phép nghịch đảo cực, phương tích 1. 1 biến đường tròn ngoại tiếp n-giác n thành đường tròn đi qua 1, 2,..., n hay 1, 2,..., n cùng thuộc một đường tròn. Mặt khác, Gọi 23 là giao của đường thẳng qua 12 và song song với 1 2 với cắt ( 2) tại 3. o 1, 2, 1, 3 cùng thuộc một đường tròn và nên tứ giác nội tiếp. (1) Ta có = = = = nên tứ giác nội tiếp. Tương tự ta cũng có tứ giác nội tiếp hay tứ giác nội tiếp. (2) Mặt khác, = = = 180o = 180o = = o đó = 180o hay tứ giác nội tiếp. (3) Từ (1), (2), (3) suy ra 12 23, 1 3, 1 3 đồng quy. Áp dụng định lý esargues ta suy ra 1 1, 2 2, 3 3 đồng quy tại. Mà 3 3 cũng đi qua nên

20 Suy ra Từ đó 12, 23 ( ). Tương tự ta có đpcm. Tính chất (Định lý oncelet về đa giác lưỡng tâm - oncelet s porism). ho hai đường tròn chứa nhau thoả mãn: tồn tại một n giác nội tiếp đường tròn lớn và ngoại tiếp đường tròn nhỏ. Khi đó tồn tại vô số n giác vừa nội tiếp đường tròn lớn vừa ngoại tiếp đường tròn nhỏ, đồng thời bất kì một điểm nào thuộc đường tròn lớn đều có thể lấy làm đỉnh cho những n giác như thế. hứng minh. hép chứng minh sau dựa theo [5]. Ta phát biểu hai bổ đề. ổ đề 3. Một đường thẳng d nào đó cắt hai đường tròn () và () theo thứ tự tại các cặp điểm, và,. Khi đó các giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn thứ nhất tại và và các tiếp tuyến với đường tròn thứ hai tại và cùng nằm trên một đường tròn có tâm thẳng hàng với các tâm của hai đường tròn đã cho. hứng minh. ' ' Q N J M Giả sử các tiếp tuyến cắt nhau tạo thành tứ giác MNQ như hình vẽ. o NMQ = N = Q = QN nên tứ giác MN Q nội tiếp. Việc còn lại là chứng minh tâm của (MN Q) nằm trên. Ta có M sin M = M sin M = p q q2 M 2 p 2 M 2 = 0. Từ đó q 2 (M 2 R 2 ) p 2 (M 2 r 2 ) = 0 q 2 M 2 p 2 M 2 = q 2 R 2 p 2 r 2. hứng minh tương tự với N,, Q. Đến đây ta chú ý đến một quỹ tích quen thuộc: ho hai điểm và. Quỹ tích các điểm M thoả mãn xm 2 ym 2 = k cho trước nếu là một đường tròn thì tâm của đường tròn này là một điểm J được xác định bởi hệ thức x J y J = 0, tức là J thẳng hàng với và. Áp dụng vào bài toán ta có đpcm. hú ý. ó thể lấy điểm J trên sao cho q 2 J p 2 J = 0 và tính độ dài M. Ngoài ra ta cũng có thể chứng minh (), (), (J) là một bộ đường tròn coaxal. ổ đề 4. ho hai đường tròn đựng nhau () và (). Trên () cho hai đường gấp khúc đơn n và n nội tiếp và có cùng hướng sao cho các đốt 1 2, 2 3,..., n 1 n và 1 2, 2 3,..., n 1 n của chúng đều tiếp xúc với (). Khi đó các đường thẳng 1 1, 2 2,..., n n cùng tiếp xúc với một đường tròn nào đó có tâm thẳng hàng với các tâm của () và (). hứng minh. 20

21 L K 1 J Gọi 12, 23, 12, 23 lần lượt là tiếp điểm của 1 2, 2 3, 1 2, 2 3 với (); = {L} giao 1 1, 2 2 lần lượt tại 1, 2. Ta có L 1 2 = L = L = L 2 1. Suy ra L 1 = L 2. Từ đó tồn tại đường tròn (J) tiếp xúc với 1 1 và 2 2 tại 1, 2. Theo bổ đề 3 suy ra,, J thẳng hàng. Tiếp theo ta chứng minh (J) tiếp xúc với 3 3. Thật vậy, gọi K là giao của và thì 2, 2, 2 nằm trên đường đối cực của K ứng với (). Suy ra 23, 23, 2 thẳng hàng. Gọi 3 là giao của với 3 3. hứng minh tương tự ta thu được tồn tại một đường tròn tiếp xúc với 2 2 và 3 3 lần lượt tại 2, 3. Như vậy (J) tiếp xúc với 3 3 tại 3. hứng minh tương tự suy ra (J) tiếp xúc với 1 1, 2 2,..., n n. Trở lại bài toán. Giả sử n giác n nội tiếp đường tròn () và ngoại tiếp đường tròn (). Lấy một điểm 1 tuỳ ý trên () và lần lượt kẻ các tiếp tuyến 1 2, 2 3,..., n 1 n, n n+1 tới (). Ta cần chứng minh n+1 1. Theo bổ đề 2, tồn tại một đường tròn (J) tiếp xúc với 1 1, 2 2,..., n n, n+1 n+1. o n+1 1 nên (J) tiếp xúc với 1 n+1. Mà (J) tiếp xúc với 1 1 nên n+1 1. ài toán được chứng minh. Để kết thúc bài viết, xin giới thiệu tới bạn đọc một định lý có dạng gần giống định lý oncelet. Tính chất (Định lý Steiner- Steiner s porism). ho hai đường tròn đựng nhau () và (). Giả sử tồn tại chuỗi đường tròn ω 1, ω 2,..., ω n sao cho n đường tròn cùng tiếp xúc với () và (), đồng thời ω 2 tiếp xúc ngoài với ω 1, ω 3 tiếp xúc ngoài với ω 2,..., ω n tiếp xúc ngoài với ω 1. Khi đó tồn tại vô số chuỗi ω 1, ω 2,..., ω n thoả mãn điều kiện trên, đồng thời có thể chọn đường tròn ω 1 bất kì cùng tiếp xúc với () và (). 21

22 ' hứng minh. Gọi là điểm "giới hạn" của () và (). Theo tính chất , phép nghịch đảo cực phương tích k bất kì biến () và () thành hai đường tròn đồng tâm ; chuỗi ω 1, ω 2,..., ω n thành chuỗi W = (ω 1, ω 2,..., ω n) cùng tiếp xúc với hai đường tròn đồng tâm và lần lượt tiếp xúc ngoài nhau. o chuỗi W đóng kín nên có thể cho ω 1 chuyển động mà không làm thay đổi tính chất của W. Từ đó theo phép nghịch đảo, tồn tại vô số chuỗi ω 1, ω 2,..., ω n thoả mãn điều kiện trên và có thể chọn vị trí bất kì cho ω 1. 22

23 Tài liệu [1] icentric polygon, from Wolfram Mathworld. [2] icentric quadrilateral, Wikipedia. quadrilateral [3] Martin Josefsson, haracterizations of bicentric quadrilaterals, Forum Geometricorum Vol.10 (2010), [4] Nguyễn Văn Linh, Monge- lembert s theorem, Euclidean geometry blog. [5] Nguyễn ũng, Một số lớp đa giác phẳng đặc biệt (các đa giác lưỡng tâm (lưỡng tiếp), nửa đều và gần đều), Luận văn thạc sĩ toán học, ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội, [6] oncelet s porism, from Wolfram Mathworld. [7] Steiner s porism, ut-the-knots. [8] Limiting point, from Wolfram Mathworld. [9] Nguyễn Văn Linh, 8 incenters are concyclic, Euclidean geometry blog. [10] os Forum. Lovemathforever@gmail.com 23