Bài viết xin giới thiệu tới bạn đọc một số định lý hình học hay cũng như những tìm tòi của tác giả khi sử dụng phép quy nạp trong hình học. Để hiểu rõ hơn, mời các bạn tham khảo chi tiết nội dung bài viết này.
MỞ RỘNG CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC BẰNG PHÉP QUY NẠP Nguyễn Văn Linh (Hà Nội) Mở đầu Quy nạp phương pháp quen thuộc toán học Nó cho phép ta rút quy luật tổng quát dựa trường hợp riêng Có thể sử dụng phép quy nạp để mở rộng nhiều định lý hình học, xây dựng định nghĩa Trong viết này, tác giả xin giới thiệu tới bạn đọc số định lý hình học hay tìm tịi tác giả sử dụng phép quy nạp hình học Một số ví dụ Chúng ta định lý quen thuộc điểm Miquel: Trên mặt phẳng cho đường thẳng cắt tạo thành tam giác Khi đường trịn ngoại tiếp tam giác đồng quy điểm gọi điểm Miquel đường thẳng Miquel chứng minh trường hợp đường thẳng rằng: điểm Miquel đường thẳng nằm đường tròn, gọi đường tròn Miquel đường thẳng Cũng xin nêu trường hợp đẹp đường trịn Miquel hình năm cánh, phát biểu sau: Cho ngũ giác lồi B1 B2 B3 B4 B5 Gọi A1 ; A2 ; A3 ; A4 ; A5 giao điểm cặp đường thẳng B2 B3 ; B4 B5 /; B3 B4 ; B1 B5 /; B4 B5 ; B1 B2 /; B2 B3 ; B5 B1 /; B1 B2 ; B3 B4 /: Gọi C1 giao điểm A4 B1 B2 / A3 B1 B5 / Tương tự ta xác định C2 ; C3 ; C4 ; C5 Khi điểm C1 ; C2 ; C3 ; C4 ; C5 thuộc đường tròn (xem [2]) Một câu hỏi đặt liệu tổng quát định lý nêu khơng? 135 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 P14 A4 C2 P C3 P13 l1 C1 l4 C2 C1 P34 l3 B1 A3 A5 B2 P12 l2 P24 P23 C5 B5 B3 C3 B4 C4 A2 C4 A1 Năm 1870, W.K.Clifford, nhà toán học Anh, tổng quát toán cho n đường thẳng Cụ thể, với n D 6, ta có đường trịn Miquel đường thẳng đồng quy điểm, gọi điểm Clifford đường thẳng Với n D 7, ta có điểm Clifford đường thẳng thuộc đường tròn, gọi đường tròn Clifford đường thẳng Với n D 8, ta có đường tròn Clifford đường thẳng đồng quy điểm, gọi điểm Clifford đường thẳng Bài toán với trường hợp n lớn 3: Có hai trường hợp xảy sau: Nếu n chẵn, n đường tròn Clifford n điểm Clifford n đường thẳng Nếu n lẻ, n điểm Clifford n Clifford n đường thẳng n đường thẳng đồng quy n đường thẳng thuộc đường tròn Quay lại định lý điểm Miquel, sử dụng phép nghịch đảo phương tích có tâm điểm nằm ngồi đường thẳng khơng nằm đường trịn ngoại tiếp tam giác Định lý Miquel trở thành tốn: Cho điểm P mặt phẳng đường tròn Ci i D 1; 4/ qua P Gọi Pij giao điểm thứ hai Ci Cj ; Cij k đường tròn qua điểm Pij ; Pj k ; Pi k Khi đường trịn C234 ; C134 ; C124 ; C123 đồng quy điểm P1234 gọi điểm Clifford đường tròn Ci i D 1; 4/ Bằng số suy luận đơn giản ta nhận thấy P điểm Clifford đường tròn C234 ; C134 ; C124 ; C123 Sử dụng phép nghịch đảo tương tự trường hợp đường thẳng, gọi C5 đường tròn thứ qua P Khi điểm P2345 ; P1345 ; P1245 ; P1235 ; P1234 thuộc đường tròn C12345 gọi đường tròn Clifford đường tròn Tổng quát, cho n đường tròn Ci i D 1; n/ qua P Trường hợp n chẵn, n đường tròn C23:::n ; C13:::n ; : : : ; C12:::n đồng quy điểm P12:::n Trường hợp n lẻ, n điểm P23:::n ; P13:::n ; : : : ; P12:::n thuộc đường trịn C12:::n Đó dạng phát biểu thứ hai định lý chuỗi đường trịn Clifford 136 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 C4 P14 C124 C1 C134 P24 P34 P P1234 C3 P12 P13 C234 P23 C2 C123 Sau chứng minh dạng phát biểu thứ hai định lý chuỗi đường trịn Clifford Bạn đọc tìm thấy lời giải khác cho dạng phát biểu thứ [7] Chứng minh Trường hợp n D định lý quen thuộc nên xin nhường lại cho bạn đọc Với n D Gọi C đường tròn qua điểm P2345 ; P1345 ; P1245 Có đường trịn qua điểm P2345 C; C345 ; C245 ; C235 Ta thấy rằng: đường trịn C345 ; C245 ; C235 có giao điểm thứ hai P45 ; P35 ; P25 Đồng thời điểm thuộc đường tròn C5 đường tròn C; C345 ; C245 có giao điểm thứ hai P1345 ; P1245 ; P45 Đồng thời điểm thuộc đường trịn C145 Lại có C5 giao C145 điểm P15 P45 Như P15 điểm Clifford đường tròn C; C345 ; C245 ; C235 Mặt khác, đường tròn C; C345 ; C235 giao điểm P1345 ; X; P35 2:1/ Ta suy X thuộc đường tròn qua điểm P1345 ; P35 ; P15 (đường trịn C135 ) Lại có X thuộc đường trịn C235 nên X điểm P1235 P35 Do X P35 phân biệt theo 2:1/ nên X P1235 , tức P2345 ; P1345 ; P1245 ; P1235 thuộc đường tròn Tương tự suy trường hợp n D Với n D 6, ta chứng minh C23456 ; C13456 ; C12456 ; C12356 đồng quy Giao điểm C13456 ; C12456 ; C12356 P1456 ; P1356 ; P1256 Khi đó, điểm thuộc đường trịn C156 Giao điểm C23456 ; C12456 ; C12356 P2456 ; P2356 ; P1256 Khi đó, điểm thuộc đường tròn C256 Giao điểm C23456 ; C13456 ; C12356 P3456 ; P2356 ; P1356 Khi đó, điểm thuộc đường tròn C356 Giao điểm C23456 ; C13456 ; C12456 P3456 ; P2456 ; P1456 Khi đó, điểm thuộc đường trịn C456 137 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 đường tròn C156 ; C256 ; C356 ; C456 qua P56 nên áp dụng định lý điểm Clifford đường tròn ta thu C23456 ; C13456 ; C12456 ; C12356 đồng quy điểm Clifford đường tròn C156 ; C256 ; C356 ; C456 Chứng minh tương tự suy trường hợp n D Trường hợp tổng quát hoàn toàn chứng minh tương tự hai trường hợp n D 5I Bằng phép nghịch đảo suy dạng phát biểu thứ đường trịn Clifford Bài tốn chứng minh Nhận xét Một điều thú vị ta xây dựng tập hợp gồm Cn1 C Cn3 C C Cn2Œ.n Cn2 C Cn4 C 1/=2C1 D 2n C Cn2Œn=2 D 2n đường tròn điểm Trong đường trịn qua n điểm điểm nằm n đường tròn Thật vậy, xét đường trịn Ck1 k2 :::kj kq f1; 2; : : : ; ng; q D 1; j / Khi Ck1 k2 :::kj qua Pk10 k20 :::kj0 kq0 fk1 ; k2 ; : : : ; kj g; q D 1; j 1/ Pk1 k2 :::kj ki i f1; 2; : : : ; ng; i > j / Như Ck1 k2 :::kj qua j C n j / D n điểm Tương tự ta chứng minh điểm thuộc n đường tròn Tiếp theo, đến với toán tạp chí Tốn học tuổi trẻ Bài tốn Trong mặt phẳng cho điểm A1 ; A2 ; A3 ; A4 điểm P Khi đường tròn pedal P ứng với tam giác A2 A3 A4 ; A1 A3 A4 ; A1 A2 A4 ; A1 A2 A3 đồng quy điểm (xem [8]) P12 A2 C123 C2 A1 P1234 P23 P13 C134 A3 C1 P P14 P34 C3 C4 A4 Lời giải Gọi C1 ; C2 ; C3 ; C4 đường trịn đường kính PA1 ; PA2 , PA3 ; PA4 Kí hiệu Pij giao điểm thứ hai Ci Cj iI j D 1; 4/ Cij k đường tròn ngoại tiếp tam giác Pij Pj k Pki k D 1; 4/ Theo định lý đường tròn Clifford ta thu C234 ; C134 ; C124 ; C123 đồng quy P1234 Mặt khác, ta nhận thấy Pij Pj k Pki tam giác pedal tam giác Ai Aj Ak k D 1; 4/ Từ suy đpcm 138 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Nhận xét Bài tốn coi dạng phát biểu khác đường trịn Clifford Một cách tương tự ta tổng quát toán cho n điểm Ai i D 1; n/ sau Bài toán Với n D 5, cho điểm P điểm Ai i D 1; 5/ Gọi Pij km giao điểm đường tròn Cj km ; Ci km ; Cij m ; Cij k i; j; k; m D 1; 5/: Khi đó, điểm P2345 ; P1345 ; P1245 ; P1235 ; P1234 thuộc đường tròn C12345 Các điểm đường tròn định nghĩa tương tự với n n > 3/, chia hai trường hợp n chẵn lẻ Dựa vào toán định lý điểm Euler-Poncelet (sẽ giới thiệu sau), tác giả tìm tốn mở rộng khác, xin nêu khơng chứng minh Bài tốn Trong mặt phẳng cho điểm A1 ; A2 ; A3 ; A4 cho điểm số khơng thẳng hàng khơng có điểm trực tâm tam giác tạo ba điểm lại Ta định nghĩa điểm An trực tâm tam giác Ai Aj Ak Ä i < j < k Ä n 1; n > 4/ Từ tạo thành tập hợp điểm fA1 ; A2 ; : : : ; An g Khi tất đường trịn pedal điểm Ai ứng với tam giác tạo số n điểm lại tất đường tròn Euler tam giác tao số n điểm đồng quy Như có nCn3 C Cn3 đường tròn đồng quy điểm Năm 1877, G de Longchamps đưa toán sau Trong mặt phẳng cho n đường thẳng Với n D 4, đường thẳng cắt tạo thành tam giác Khi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác thuộc đường tròn, gọi đường tròn Morley đường thẳng Đường tròn Morley đồng thời qua điểm Miquel đường thẳng Với n D 5, đường trịn Morley đường thẳng đồng quy điểm gọi điểm de Longchamps đường thẳng, đồng thời tâm đường tròn Morley thuộc đường tròn, gọi đường tròn Morley đường thẳng Tổng quát với n n 4/, n đường trịn Morley n n đường thẳng đồng quy điểm gọi điểm de Longchamps n đường thẳng, đồng thời tâm n đường tròn Morley thuộc đường tròn, gọi đường tròn Morley n đường thẳng (xem [3]) Lời giải sau dựa theo [5] [6] C1 P14 C3 C2 P O2 P13 O1 P34 O3 l4 l1 l3 O4 P12 l2 P24 P23 C4 139 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Lời giải Trước tiên cho n đường thẳng li i D 1; n/ Kí hiệu Ci đường trịn Morley tập hợp n đường thẳng ngoại trừ li I Oi tâm Ci I Cij đường tròn Morley tập hợp n đường thẳng ngoại trừ li ; lj I Oij tâm Cij I Pij giao điểm li lj Trường hợp n D Ta có C1 ; C2 ; C3 ; C4 đồng quy M điểm Miquel đường thẳng Do O2 O3 ? P14 M; O1 O3 ? P24 M nên O3 O2 ; O3 O1 / Á MP14 ; MP24 / Á P12 P14 ; P12 P24 / Á l1 ; l2 / mod /: Tương tự O4 O2 ; O4 O1 / Á l1 ; l2 / mod / Từ suy O1 ; O2 ; O3 ; O4 thuộc đường tròn C Kết C qua M thu từ số biến đổi góc đơn giản, xin khơng trình bày Như ta chứng minh O4 O2 ; O4 O1 / Á l1 ; l2 / mod li ; lj / mod /.2:1/ với n D Giả sử 2:1/ với n thẳng đường thẳng n / hay tổng quát Ok Oi ; Ok Oj / Á 5/ , ta chứng minh với n đường Thật vậy, xét trường hợp có n đường thẳng Hai đường tròn C1 C2 giao O12 điểm L: Ta có LO23 ; LO13 / Á LO23 ; LO12 / C LO12 ; LO13 / mod /: Do L; O12 ; O23 C2 theo điều giả sử 4:1/ với n đường thẳng nên LO23 ; LO12 / Á l3 ; l1 / mod / Tương tự LO12 ; LO13 / Á l2 ; l3 / mod /: Suy LO23 ; LO13 / Á l2 ; l3 / C l3 ; l1 / Á l2 ; l1 / mod /: Từ L C3 , tương tự suy n đường tròn Ci i D 1; n/ đồng quy L: Mặt khác C1 C2 giao O12 L nên O1 O2 ? LO12 Tương tự, O1 O3 ? LO13 : Từ O1 O2 ; O1 O3 / Á LO12 ; LO13 / Á l2 ; l3 / mod / Tương tự Oi O2 ; Oi O3 / Á l2 ; l3 / mod đường tròn / Ta thu n điểm Oi i D 1; n/ thuộc Đồng thời suy 2:1/ với n đường thẳng Theo nguyên lý quy nạp toán chứng minh Tiếp theo định nghĩa lại đường tròn Euler sau: đường tròn Euler dây A1 A2 R O; R/ đường trịn qua trung điểm A1 A2 có bán kính Đường trịn Euler tam giác A1 A2 A3 nội tiếp O/ đường trịn có tâm giao điểm ba R đường tròn Euler ba dây A1 A2 ; A2 A3 ; A1 A3 , bán kính Câu hỏi đặt tổng quát theo cách tương tự khơng? Chúng ta có định lý sau điểm Euler-Poncelet tứ điểm Bài toán Cho điểm A; B; C; D cho khơng có điểm thẳng hàng Khi đường trịn Euler tam giác ABC; BCD; CDA; DAB đồng quy điểm gọi điểm Euler-Poncelet điểm A; B; C; D: 140 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 B A P D C Phép chứng minh định lý đơn giản, sử dụng góc định hướng, xin dành lại cho bạn đọc Bây cho điểm A; B; C; D nằm đường trịn có bán kính R Khi hiển nhiên đường trịn Euler tam giác ABC; BCD; CDA; DAB R có bán kính , đồng thời chúng đồng quy điểm Euler-Poncelet P điểm A; B; C; D R R Do đó, tâm đường trịn Euler tam giác nằm đường tròn P; / Ta gọi P; / 2 đường tròn Euler tứ giác nội tiếp ABCD: Từ dẫn đến tốn tổng qt Bài tốn Đường trịn Euler n giác A1 A2 : : : An nội tiếp O/ đường trịn có tâm giao điểm n đường trịn Euler n 1/ giác có đỉnh n n đỉnh Ai i D 1; n/, R bán kính Đồng thời đường trịn Euler n giác nội tiếp qua tâm n đường trịn Euler n 1/ giác có đỉnh n 1/ n đỉnh C23 O23 C2 O2 C3 O123 O12 O3 O13 C12 O1 C1 141 C13 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Lời giải Giả sử toán với n 1/ giác Ta chứng minh toán với n giác Trước tiên cho n giác A1 A2 : : : An nội tiếp O/ Ta kí hiệu Ci1 i2 :::ik đường trịn Euler n k/ giác có đỉnh thuộc tập hợp fA1 ; A2 ; : : : ; An =Ai1 ; Ai2 ; : : : ; Aik g.i1 ; i2 ; : : : ; ik f1; 2; : : : ; ng/I Oi1 i2 :::ik tâm Ci1 i2 :::ik : Như ta cần chứng minh n đường tròn Ci i D 1; n/ đồng quy Từ giả thiết quy nạp suy ba đường tròn C23 ; C13 ; C12 đồng quy O123 O1 ; O2 ; O3 giao điểm C12 C13 ; C12 C23 ; C13 C23 R R Do C12 ; C13 ; C23 có bán kính nên O123 ; / đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 O23 O13 O12 C23 C12 giao O123 O2 nên O2 điểm đối xứng với O123 qua O12 O23 Tương tự O1 ; O3 điểm đối xứng với O123 qua O13 O12 ; O13 O23 Theo kết quen thuộc C1 ; C2 ; C3 đồng quy trực tâm tam giác O23 O13 O12 Chứng minh tương tự suy n đường tròn Ci i D 1; n/ đồng quy Từ suy điều phải chứng minh Trên Group BÀI TOÁN HAY- LỜI GIẢI ĐẸP- ĐAM MÊ TOÁN HỌC, tác giả Trần Việt Hùng đưa mở rộng cho đường thẳng Simson mà bắt nguồn từ toán T7/351 năm 2006 tạp chí Tốn học Tuổi trẻ Bài tốn xuất [6], nhiên tác giả sách không đưa chứng minh mà dẫn lời giải sách khác số phức hình học (xem [9]) Bài tốn Cho tứ giác A1 A2 A3 A4 nội tiếp đường tròn O/: Gọi P điểm O/: a) Chứng minh hình chiếu P đường thẳng Simson P ứng với tam giác A2 A3 A4 , A1 A3 A4 , A1 A2 A4 , A1 A2 A3 thẳng hàng, gọi đường thẳng Simson P ứng với tứ giác A1 A2 A3 A4 : b) Chứng minh tồn đường thẳng Simson P ứng với n giác nội tiếp A1 A2 A3 : : : An , nghĩa hình chiếu P đường thẳng Simson P ứng với n giác có đỉnh n n đỉnh thẳng hàng Lời giải a) Dễ thấy đường thẳng Simson P tạo thành tứ giác tồn phần nhận P làm điểm Miquel nên hình chiếu P đường thẳng nằm đường thẳng Simson P ứng với tứ giác toàn phần b) Như tốn với n D 3; Giả sử toán với n với n 142 1, ta chứng minh toán Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 A1 A2 d34 A3 A134 d4 A14 A34 A5 A13 A4 d3 d1 P Gọi di đường thẳng Simson P ứng với n giác không chứa đỉnh Ai : dij đường thẳng Simson P ứng với n giác không chứa đỉnh Ai ; Aj Gọi Aij hình chiếu P dij : Dễ thấy Aij giao di dj Xét đường thẳng di ; dj ; dk i; j; k D 1; n; i Ô j Ô k/ ng thng ny giao tạo thành tam giác Aij Ai k Aj k : Do dij ; di k ; dj k đồng quy Aij k - hình chiếu P dij k đường thẳng Simson P ứng với n giác nên Aij ; Ai k ; Aj k nằm đường trịn đường kính PAij k Chứng minh tương tự suy n đường thẳng d1 ; d2 ; : : : ; dn có chung điểm Miquel P Vậy hình chiếu P d1 ; d2 ; : : : ; dn nằm đường thẳng Simson P ứng với n giác A1 A2 : : : An : Theo nguyên lý quy nạp ta có đpcm Nhận xét Từ toán này, xây dựng tập hợp n đường thẳng cho đường tròn ngoại tiếp tam giác tạo n đường thẳng đồng quy điểm Chúng ta biết đường thẳng Steiner ảnh đường thẳng Simson qua phép vị tự tâm P tỉ số 2, trực tâm tam giác tạo n đường thẳng thẳng hàng Tiếp theo đến với định lý quen thuộc điểm Miquel tam giác sau: Cho tam giác ABC X; Y; Z điểm nằm BC; CA; AB Khi đường tròn ngoại tiếp tam giác AY Z; BXZ; CXY đồng quy điểm gọi điểm Miquel tam giác ABC ứng với điểm X; Y; Z: Bằng cách phát biểu ngược toán tăng số đường trịn đồng quy, ta thu tốn tổng qt sau Bài tốn Cho n đường trịn C1 ; C2 ; : : : ; Cn qua điểm O Gọi Aij giao điểm Ci Cj B1 điểm C1 B1 A12 cắt C2 lần thứ hai B2 Tương tự ta thu B3 ; B4 ; : : : ; Bn ; BnC1 Chứng minh BnC1 Á B1 : 143 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 O O1 O2 A2 A12 A1 Lời giải Gọi O1 ; O2 ; : : : ; On tâm C1 ; C2 ; : : : ; Cn : Dễ chứng minh hai tam giác O1 OO2 A1 OA2 đồng dạng hướng Do OA1 ; OA2 / Á OO1 ; OO2 / mod /: Chứng minh tương tự suy OA1 ; OAnC1 / Á OA1 ; OA2 / C OA2 ; OA3 / C : : : C OAn ; OAnC1 / Á OO1 ; OO2 / C OO2 ; OO3 / C : : : C OOn ; OO1 / Á mod /: Vậy AnC1 Á A1 : Mở rộng toán n đường trịn khơng đồng quy điểm, ta thu toán Bài toán Cho n đường tròn C1 ; C2 ; : : : ; Cn thỏa mãn cặp đường tròn Ci Ci C1 cắt hai điểm Ai.iC1/ Bi.iC1/ Gọi P1 điểm C1 P1 A12 cắt C2 lần thứ hai P2 , P2 A23 cắt C3 P3 , tương tự ta có P4 ; P5 ; : : : ; Pn ; PnC1 PnC1 B12 cắt C2 lần thứ hai PnC2 , tương tự ta có PnC3 ; : : : ; P2nC1 Chứng minh P2nC1 Á P1 : Lời giải Ta có P1 ; PnC1 ; A12 ; B12 đồng viên, P2 ; PnC2 ; A12 ; B12 đồng viên nên theo định lý Reim, P1 PnC1 k P2 PnC2 Chứng minh tương tự suy P1 PnC1 k P2 PnC2 k P3 PnC3 k : : : k PnC1 P2nC1 : Do P2nC1 Á P1 : Trong đợt tập huấn đội tuyển chuẩn bị cho kì thi tốn quốc tế năm 2014, bạn Nguyễn Huy Tùng, HS THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng, phát bổ đề thú vị Bài toán Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD Gọi E giao điểm AB CD, F giao điểm AD BC Khi tồn đường tròn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác EAD; EBC; FAB; F CD: Tác giả thử bổ sung thêm điều kiện tứ giác ABCD vừa ngoại tiếp vừa nội tiếp, kết thu thú vị Bài toán 10 Cho tứ giác lưỡng tâm ABCD có tâm đường trịn ngoại tiếp O Gọi E; F giao điểm AB CD, AD BC Chứng minh tồn đường tròn tâm O tiếp xúc với bốn đường tròn ngoại tiếp tam giác EAD; EBC; FAB; F CD: 144 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Bài toán Trần Minh Ngọc, SV Đại học Sư phạm TP HCM, mở rộng cho n giác lưỡng tâm sau Bài toán 11 Cho n giác lưỡng tâm A1 A2 A3 :::An Gọi Ai.i C1/ giao Ai Ai Ai C1 Ai C2 i D 1; n/ Chứng minh tồn hai đường tròn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp tam giác Ai Ai.i C1/ Ai C1 : A23 A12 O23 A2 O12 D12 D23 B2 A1 X12 X23 A3 O' Ak+1 I O P Ak Ak-2 A(k-1)k Ak-1 Lời giải Ta chứng minh kết mạnh hơn: Nếu A1 A2 ; A2 A3 ; : : : ; Ak AkC1 tiếp tuyến kẻ từ A1 ; A2 ; : : : ; Ak nằm O/ tới đường trịn I / chứa O/ tồn hai đường trịn tiếp xúc với A1 A12 A2 /; A2 A23 A3 /; : : : ; Ak A.k 1/k Ak /: Thật vậy, Gọi Di.iC1/ tiếp điểm I / với Ai Ai C1 ; Xi.i C1/ giao điểm thứ hai Ai.iC1/ I với Ai Ai.iC1/ Ai C1 /; Oi.iC1/ tâm Ai Ai.iC1/ Ai C1 / Do Xi.iC1/ điểm cung Ai Ai C1 Oi.iC1/ / nên Oi.iC1/ Xi.iC1/ đồng quy O: Gọi Bi giao tiếp tuyến X.i 1/i O.i 1/i / tiếp tuyến X.i.i C1/ O.i.i C1/ /: Do I tâm đường tròn bàng tiếp tam giác Ai Ai.iC1/ Ai C1 nên Xi.iC1/ tâm ngoại tiếp tam giác Ai Ai C1 I Điều nghĩa X.i 1/i Xi.iC1/ vuông góc với Ai I hay X.i 1/i Xi.iC1/ song song với D.i 1/i Di.iC1/ Từ đó, hai tam giác Bi X.i 1/i Xi.iC1/ Ai D.i 1/i Di.iC1/ có cạnh tương ứng song song hay đồng dạng với Suy Bi X.i 1/i D Bi Xi.iC1/ : 145 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Từ đó, hai tam giác vuông OBi X.i 1/i OBi Xi.iC1/ nhau, suy OX.i 1/i D OXi.iC1/ Như tồn đường tròn tâm O tiếp xúc với tất đường tròn Oi.iC1/ / i D 1; k 1/: Dễ thấy hai đường gấp khúc A1 A2 : : : Ak B1 B2 : : : Bk có đường trịn tiếp xúc với cạnh có cạnh tương ứng song song nên chúng vị tự theo tâm P Do Bi X.i 1/i D Bi Xi.i C1/ nên Bi nằm trục đẳng phương O.i đó, P tâm đẳng phương đường tròn Oi.iC1/ / Xét phép nghịch đảo P =.Oi.iC1/ / IP P 1/i / Oi.i C1/ /: Từ W Oi.iC1/ / 7! Oi.i C1/ /; O; OXi.iC1/ / 7! O /: Như O / đường tròn thứ hai tiếp xúc với đường trịn Oi.iC1/ /: Nhận xét Chúng ta chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A23 A4 , A2 A34 A5 ; : : : ; Ak A.k 1/k AkC1 tiếp xúc với hai đường tròn O; OXi.iC1/ / O / A34 A23 A3 L A4 A2 A45 X23 K A1 Q O I M P O' A5 X14 A6 Trong viết tác giả chứng minh đường tròn ngoại tiếp tiếp xúc với O; OXi.iC1/ /, phần chứng minh O / theo hướng sau: Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác A1 A23 A4 , A2 A34 A5 ; : : : ; Ak A.k 1/k AkC1 có chung tâm đẳng phương Q QPOO / D Từ đó, tồn phép nghịch đảo tâm Q giữ nguyên k đường tròn biến O/ thành O /: Gọi X14 giao điểm thứ hai A23 X23 với A1 A23 A4 /: Gọi K; L; M trung điểm A1 A2 ; A3 A4 ; X23 X14 : Sử dụng tỉ số phương tích hai đường trịn ta có PK =.A2 A23 A3 / KA2 KA23 D D PK =.A1 A23 A4 / KA1 KA23 146 1: Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Chứng minh tương tự suy PK =.A2 A23 A3 / PL =.A2 A23 A3 / PM =.A2 A23 A3 / D D : PK =.A1 A23 A4 / PL =.A1 A23 A4 / PM =.A1 A23 A4 / Suy K; L; M nằm đường tròn đồng trục với hai đường tròn A2 A23 A3 / A1 A23 A4 / Hiển nhiên K; L nằm đường trịn đường kính OA23 nên M nằm OA23 /, suy OM ? A23 M hay OX23 D OX14 Suy X14 O; OX23 /: Do O X14 nằm trung trực A1 A4 nên O; OX23 / tiếp xúc với A1 A23 A4 / Chúng ta tiếp tục xem xét hai toán quen thuộc sau Bài toán 12 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O/ Gọi I1 ; I2 ; I3 ; I4 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC; BCD; CDA; DAB Chứng minh I1 I2 I3 I4 hình chữ nhật Bài tốn 13 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn O/ Gọi P giao điểm AC BD; I1 ; I2 ; I3 ; I4 tâm đường tròn nội tiếp tam giác APB; BP C; CPD; DPA Chứng minh điểm I1 ; I2 ; I3 ; I4 thuộc đường trịn Hai tốn giống nhau, kết hợp chúng lại ta thu toán Bài toán 14 Cho tứ giác lưỡng tâm ABCD Gọi P giao điểm hai đường chéo AC BD Chứng minh tâm nội tiếp tam giác ABC , BCD, CDA, DAB, APB, BP C , CPD, DPA thuộc đường tròn B A C D Một câu hỏi đặt liệu tổng quát cho đa giác lưỡng tâm có nhiều cạnh khơng? Sau số biến đổi tác giả chứng minh toán với ngũ giác lưỡng tâm nhận lời giải cho trường hợp ngũ giác hoàn toàn áp dụng cho trường hợp đa giác n cạnh Bài toán 15 (Mathley round 10) Cho n giác lưỡng tâm A1 A2 A3 : : : An n 3/ Kí hiệu Ii tâm đường trịn nội tiếp tam giác Ai Ai Ai C1 I Ai.iC1/ giao điểm Ai Ai C2 Ai Ai C1 I Ii.iC1/ tâm đường tròn nội tiếp tam giác Ai Ai.iC1/ Ai C1 i D 1; n/ Chứng minh 2n điểm I1 ; I2 ; :::; In ; I12 ; I23 ; : : : ; In1 thuộc đường trịn 147 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 O1 A1 On I12 I1 K A12 A2 I2 O2 A23 An O A3 I3 I A4 Lời giải Gọi Oi điểm cung Ai Ai C1 Do I1 ; I2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác An A1 A2 ; A1 A2 A3 nên O1 A1 D O1 A2 D O1 I1 D O1 I2 hay A1 ; A2 ; I1 ; I2 thuộc O1 ; O1 A1 / Tương tự với đường tròn O2 /; O3 /; : : : ; On / Lại có A1 I1 ; A2 I2 ; : : : ; An In đồng quy tâm đường tròn nội tiếp I n-giác A1 A2 A3 : : : An nên phép nghịch đảo tâm I , phương tích IA1 :II1 biến đường tròn ngoại tiếp n-giác A1 A2 : : : An thành đường tròn qua I1 ; I2 ; : : : ; In hay I1 ; I2 ; : : : ; In thuộc đường tròn Mặt khác, gọi K giao I1 I2 A1 A3 : Ta có ∠KI1 I12 D ∠I2 A1 A2 D ∠KA1 I12 nên tứ giác I1 A1 I12 K nội tiếp Từ ∠I1 I12 A1 D ∠I1 KA1 D ∠I2 I1 I ∠I1 A1 A3 : Mà ∠II1 I2 D ∠A1 A2 I2 D ∠I2 A2 A3 D ∠I2 I3 I , ∠I1 A1 A3 D ∠I1 I3 I , ta thu ∠I1 I12 A1 D ∠I2 I3 I ∠I1 I3 I D ∠I1 I3 I2 Vậy I12 nằm I1 I2 I3 /: Chứng minh tương tự suy đpcm Để kết thúc viết, xin giới thiệu toán thú vị đường tròn nội tiếp tam giác có bán kính Bài tốn 16 Cho tam giác ABC hai điểm D; E nằm cạnh BC cho D nằm B E Giả sử đường tròn nội tiếp tam giác ABD; ADE; AEC có bán kính Chứng minh bán kính đường trịn nội tiếp hai tam giác ABE; ACF có bán kính 148 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 A B D E C Khơng khó để nhận tốn mở rộng cho trường hợp n đường tròn nội tiếp sau Bài toán 17 Cho điểm P mặt phẳng n điểm A1 ; A2 ; :::; An liên tiếp đường thẳng không qua P Giả sử đường tròn nội tiếp n tam giác PA1 A2 ; PA2 A3 ; :::; PAn An có bán kính Chứng minh đường tròn nội tiếp hai tam giác PAi Ai Ck PAj Aj Ck i; j D 1; n 1; i Ô j; k D 1; n 2/ có bán kính Lời giải (Dựa theo Jean-louis Ayme) Trước hết, ta chứng minh bổ đề sau: Bổ đề Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn I /: AB giao CD E, AD giao BC F Các điểm M; N; P; Q nằm AB; BC; CD; DA cho MP qua F , NQ qua E MP giao NQ S Khi tứ giác AMSQ ngoại tiếp tứ giác CNSP ngoại tiếp F A B M E Q S N D P C Chứng minh Tứ giác AMSQ ngoại tiếp tứ giác lõm EAF S ngoại tiếp Theo định lý Pythot suy điều tương đương EA FA D ES F S .1/ Do tứ giác ABCD ngoại tiếp nên EA FA D EC F C Suy 1/ tương đương ES F S D EC F S , tứ giác lõm F CES ngoại tiếp hay tứ giác CNSP ngoại tiếp 149 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 Bổ đề Cho tam giác ABC D; E nằm BC Gọi I1 /; I2 /; I3 /; I4 / đường tròn nội tiếp tam giác ABD; ACD; ABE; ACE Khi hai cặp I1 /; I4 // I2 /; I3 // có chung tâm vị tự A M U V S N X Y I3 R I1 I2 I4 P B D E C Chứng minh Gọi P tâm vị tự I2 / I3 / Tiếp tuyến chung khác BC I2 / I3 / cắt AB; AC; AD; AE M; N; U; V Tiếp tuyến thứ hai kẻ từ P đến I1 / cắt AB; AC; AD; AE S; R; X; Y Áp dụng bổ đề cho tứ giác ngoại tiếp BM VE ta có tứ giác BSXD ngoại tiếp nên tứ giác U V YX ngoại tiếp Lại áp dụng bổ đề cho tứ giác ngoại tiếp DU V C suy tứ giác EYRC ngoại tiếp Từ PS tiếp tuyến I4 / hay P tâm vị tự I1 / I4 / Trở lại tốn Gọi đường trịn nội tiếp tam giác PAi Ai Ck !i.iCk/ Xét đường tròn !12 ; !34 ; !13 ; !24 Áp dụng bổ đề suy cặp đường tròn !12 ; !34 / !13 ; !24 / có chung tâm vị tự Do !12 D !34 nên tâm vị tự chúng vô Suy !13 D !24 Chứng minh tương tự suy !i.iC2/ D !j.j C2/ : Tiếp tục chứng minh phép quy nạp ta có đpcm Nhận xét Theo cách giải tổng qt tốn với giả thiết đường trịn !i.iC1/ có chung tâm vị tự ngồi P , đường trịn !i.iCk/ có chung tâm vị tự ngồi P Qua số ví dụ có lẽ bạn đọc có nhìn tường tận tốn hình học sử dụng phép quy nạp Đây dạng tốn phức tạp rõ ràng nhiều tốn khơng thể vẽ hình trường hợp tổng quát Tuy nhiên điều thú vị rèn luyện cho tư không phụ thuộc vào hình vẽ giúp sáng tạo toán Tài liệu tham khảo [0] Clifford’s Circle Theorem, from Wolfram Mathworld http://mathworld.wolfram.com/CliffordsCircleTheorem.html [0] Miquel’s Pentagram Theorem, from Wolfram Mathworld http://mathworld.wolfram.com/MiquelsPentagramTheorem.html 150 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 [0] J.W.Clawson, A chain of circles associated with the 5-line, The American Mathematical Monthly, Vol 61, No 3, Mar., 1954 [0] W.K.Schief, On generalized Clifford configuration: geometry and integrability, Technische Universităat Berlin ARC Centre of Excellence for Mathematics and Statistics of Complex Systems, Australia [0] billzhao, Weird Geometry Theorem [Miquel’s theorems chain], Artofproblemsolving topic 14525 http://www.artofproblemsolving.com/Forum/viewtopic.php?f=50t= 14525 [0] L.I.Golovina, I.M.Yaglom, Phép quy nạp hình học, NXB Giáo dục, 1997 [0] Lhakpa Tsering (Labaciren), Chain theorems of lines circles and planes, Master thesis in Mathematics, Department of Mathematics, Faculty of Mathematics and Natural Sciences, University of Oslo, May 2008 [0] Đề kì này, Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, số 404, tháng 2/2011, NXB Giáo dục [0] Y.M Yaglom, Complex number in Geometry, Academic Press, Newyork, 1968 [0] Tổng tập Mathley 2011-2012, Trung tâm Toán Khoa học Hexagon http://www.hexagon.edu.vn/mathley/tong-tap-mathley-17.html [0] J-L Ayme, Equal incircles theorem or More incircles, a new adventure, Ayme’s Geometry blog http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/ 151 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 152 ... suy đpcm Để kết thúc viết, xin giới thiệu toán thú vị đường trịn nội tiếp tam giác có bán kính Bài tốn 16 Cho tam giác ABC hai điểm D; E nằm cạnh BC cho D nằm B E Giả sử đường tròn nội tiếp tam... quen thuộc sau Bài toán 12 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn O/ Gọi I1 ; I2 ; I3 ; I4 tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC; BCD; CDA; DAB Chứng minh I1 I2 I3 I4 hình chữ nhật Bài toán 13 Cho... kính đường trịn nội tiếp hai tam giác ABE; ACF có bán kính 148 Tạp chí Epsilon, Số 04, 08/2015 A B D E C Khơng khó để nhận tốn mở rộng cho trường hợp n đường tròn nội tiếp sau Bài toán 17 Cho