Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm

Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâmMột số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm

Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm

Nguyễn Văn LinhSinh viên K50 TCNH ĐH Ngoại thương

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

Bài viết này sẽ giới thiệu một số định lý liên quan đến đa giác lưỡng tâm và khai thác một số tínhchất liên quan

Chứng 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

Bổ đề 1 Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), nội tiếp đường tròn (O) AI cắt (O) lần thứhai tại E Khi đó E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC

Chứng minh

Ta có ∠IBE = ∠IBC + ∠CBE = ∠IBA + ∠EAC = ∠IBA + ∠BAI = ∠BIE

Suy ra EI = EB Tương tự EI = EC Vậy E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC.Trở lại bài toán

F

E

I O A

Gọi E là giao của AI và (O) F là hình chiếu của I trên AB

2

− 1

!

 R − dr

Suy ra O là trung điểm M N

Áp dụng công thức tính đường trung tuyến trong tam giác IM N ta có:

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 Bạn đọc có thể coi như bài tập tự luyện để thử sứcmình

Tính chất 2.2.2 Trong mọi tứ giác lưỡng tâm ABCD, các đẳng thức sau đây thoả mãn

1BD

1sin B

(2.4.4)

Tính chất 2.2.4 Bán kinh đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tứ giác lưỡng tâm được cho bởi cáccông thức:

r =

√abcd

√abcd

Một số công thức khác, xem [2]

Tính chất 2.2.5 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểmcủa AB, BC, CD, DA với (I) Khi đó tứ giác ABCD lưỡng tiếp khi và chỉ khi M P ⊥ N Q

E P

Tính chất 2.2.6 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi E, F lần lượt là giao của các

Chứng minh Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA Do IE ⊥ M P, IF ⊥

N Q nên tính chất 2.2.7 là hệ quả trực tiếp của tính chất 2.2.6

Tính chất 2.2.7 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) sao cho không có hai đỉnh đối diệnnào đối xứng nhau qua đường chéo Khi đó tứ giác ABCD lưỡng tiếp khi và chỉ khi đường thẳngNewton của tứ giác ABCD vuông góc với đường thẳng Newton của tứ giác tiếp điểm M N P Q

G J

L K E

F

T P

I A

Chứng minh Gọi K, L lần lượt là giao điểm của IE và M P , IF và N Q; T là giao điểm của M P và

N Q; J là trung điểm EF

Đường thẳng Newton của tứ giác ngoại tiếp đi qua tâm nội tiếp của tứ giác đó nên IJ là đườngthẳng Newton của tứ giác ABCD Mặt khác, K, L lần lượt là trung điểm M P , N Q nên KL là đườngthẳng Newton của tứ giác M N P Q.

Xét đường tròn (I) có M P là đường đối cực của E, N Q là đường đối cực của F suy ra EF làđường đối cực của T Từ đó IT ⊥ EF

Suy ra IJ ⊥ KL ⇔ IT đi qua trung điểm G của KL Trung điểm KL nằm trên đường kính T I củađường tròn ngoại tiếp tứ giác T LIK khi và chỉ khi hoặc G là trung điểm T I hoặc KL ⊥ T I Trườnghợp KL ⊥ T I không xảy ra do IT ≡ IJ nên tứ giác ABCD có hai đỉnh đối diện đối xứng nhau qua

ta có đpcm

R2− d2

O' D'

C'

B' A'

O

D

I

B

Chứng minh Gọi A0, B0, C0, D0 lần lượt là trung điểm T X, XY, Y Z, ZT

tứ giác A0B0C0D0 Do A0B0C0D0 là hình bình hành và nội tiếp nên O0 chính là trung điểm của A0C0

Sau đây chúng ta sẽ chứng minh tính chất 2.2.10 theo một hướng khác để tìm ra tính chất mới.Cách 2

nằm trên OI.

Mặt khác, gọi X, Y, Z, T lần lượt là tiếp điểm của AB, BC, CD, DA với (I) M, N lần lượt là giaođiểm của XY và ZT , XT và Y Z; E, F là giao điểm của AB và CD, AD và BC

Theo một kết quả quen thuộc của tứ giác ngoại tiếp, AC, BD, XZ, Y T đồng quy tại P

Áp dụng định lý Pascal 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

E

N

M P'

P T

D Z

C

A

Y X

O I

B

Tính chất 2.2.11 IP là đường đối trung của các tam giác IAC và IBD.

Chứng minh Ta có∠IAO = ∠IAB −∠OAB = 1

Do đó OA là tiếp tuyến của (AIC) Chứng minh tương tự suy ra O là giao điểm của hai tiếp tuyếntại A, C của (AIC)

Theo tính chất 2.2.10, O, I, P thẳng hàng do đó IP là đường đối trung của tam giác IAC Tương

tự với tam giác IBD

Tính chất 2.2.12 Một đường thẳng qua I và song song với một cạnh của tứ giác ABCD cắt haicạnh đối diện còn lại tại M, N Khi đó độ dài M N không phụ thuộc vào việc chọn cạnh của tứ giác

để kẻ song song với nó

L K

N

M C

B

D

O I

Do hai tam giác này có đường cao hạ từ I đều bằng r nên IK = IN, IM = IL, KM = N L

Dễ thấy tam giác AN I cân tại N nên N A = N I Tương tự, LI = LB, IK = KC, IM = M D.Suy ra 2M N = M N + KL = AN + LB + AM + KC = AB − N L + CD + KM = AB + CD =1

Tính chất 2.2.13 (Juan Carlos) Gọi X, Y, Z, T là tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA H, K là

H K

B

D

X T

O I

Chứng minh Ta có tứ giác T KXA và XBY H lần lượt nội tiếp đường tròn đường kính IA, IB suy ra

Để được như vậy trước tiên ta chứng minh các công thức (2.3.1) và (2.3.2)

Gọi A0, B0, C0, D0 lần lượt là giao điểm thứ hai của AI, BI, CI, DI với (O) Dễ thấy A0B0C0D0 làhình chữ nhật

K1, K2, K3, K4lần lượt là trực tâm các tam giác XIY, Y IZ, ZIT, T IX Khi đó các bộ (H1, H2, H3, H4)

M

N

Q P

O I A

Chứng minh Gọi M, Q lần lượt là hình chiếu của Z trên IT , A trên ID N là trung điểm Y Z.Theo tính chất 2.2.6, XZ ⊥ Y T Do đó ∠N P Y = ∠T Y Z = ∠T ID = ∠T ZM = ∠T P M Suy ra

M, P, N thẳng hàng

P M H4Q nội tiếp

đi qua H1, H2, H3, H4

Nhận xét 4 Tính chất 2.2.14 là sự tổng hợp của hai bài toán sau:

Bài toán 1 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), AC giao BD tại P Khi đó trực tâmcủa các tam giác AIB, BIC, CID, DIA cùng thuộc một đường thẳng đi qua P

Bài toán 2 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) sao cho AC vuông góc với BD tại P Khi

đó trực tâm của các tam giác AOB, BOC, COD, DOA cùng thuộc một đường thẳng đi qua P

Cả hai bài toán đều có thể chứng minh bằng cách áp dụng định lý Pascal

Tính chất 2.2.15 Tâm đường tròn nội tiếp của 8 tam giác ABC, BCD, CDA, DAB, AP B, BP C,

CP D, DP A cùng thuộc một đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng OI

P

C

B D

A

Chứng minh Phép chứng minh cho bài toán tổng quát sẽ được giới thiệu ở mục sau

Nhận xét 5 Tính chất 2.2.15 là sự tổng hợp của hai bài toán sau:

Bài toán 3 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), AC giao BD tại P Khi đó tâm đườngtròn nội tiếp của 4 tam giác AP B, BP C, CP D, DP A cùng thuộc một đường tròn

Bài toán 4 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Khi đó tâm đường tròn nội tiếp của 4tam giác ABC, BCD, CDA, DAB tạo thành 4 đỉnh của một hình chữ nhật

Cuối cùng chúng ta sẽ mở rộng bổ đề 1 cho tứ giác lưỡng tâm

đường tròn ngoại tiếp các tam giác A0IB0, B0IC0, C0ID0, D0IA0 cùng nằm trên đường tròn tâm I bán

2− d2

DIA; O01, O02, O30, O40 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác A0IB0, B0IC0, C0ID0, D0IA0

∠ICA0 = 90o

Như vậy O1, O2, O3, O4 là hình chiếu của I trên các cạnh của tứ giác A0B0C0D0

Trong mục này chúng ta sẽ tìm hiểu một số tính chất thú vị của các đa giác lưỡng tâm có số đỉnhnhiều hơn 4

của các cặp đường thẳng (BD, CE), (CE, DA), (DA, EB), (EB, AC), (AC, BD) Khi đó ngũ giác

A1B1C1D1E1 ngoại tiếp

Chứng minh Cách 1

Lại áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A4, A04, B4, B40, B3, A3 suy ra F, O, giao điểm K của B3B40

và A3A04 thẳng hàng

Việc còn lại là chứng minh K ∈ OI

Lại do hai ngũ giác A3B3C3D3E3 và A2B2C2D2E2 có cạnh tương ứng song song nên tâm vị tự củachúng nằm trên đường nối hai tâm ngoại tiếp OI Vì vậy ta chỉ cần chứng minh đường vuông góc kẻ

Gọi A5, B5, C5, D5, E5 lần lượt là trung điểm C2D2, D2E2, E2A2, A2B2, B2C2

Phép nghịch đảo NIr2 : A 7→ A5, B 7→ B5, C 7→ C5, D 7→ D5, E 7→ E5 nên ngũ giác A5B5C5D5E5nội tiếp đường tròn tâm J và J ∈ OI

Từ đó K ∈ OI Suy ra F ∈ OI, kéo theo L ∈ OI Chứng minh tương tự suy ra phân giác các gócCAD, DBE, ECA, ADB, BEC đồng quy tại L Suy ra đpcm.

B 3

A 3 L

điểm của B2D2và A2C2, B2C2và A2D2 Tương tự với D Từ đó E3∈ AD Tương tự với A3, B3, C3, D3

sin ∠AE3D2sin ∠C2B3A =

sin ∠D2A3Bsin ∠E2A3B.

bàng tiếp, hay ngũ giác A1B1C1D1E1 ngoại tiếp

với (O) tại A2, B2, C2, D2, E2và lần lượt tiếp xúc với các cặp tia (A1C, A1D), (B1D, B1E), (C1E, C1A),(D1A, D1B), (E1B, E1C) Khi đó A1A2, B1B2, C1C2, D1D2, E1E2 đồng quy tại một điểm trên OI

B 2

A 2

2

B 1

O e

O a

O b

O c

A

Chứng minh Tính chất 2.3.2 thực chất là hệ quả của 2.3.1

Gọi (L) là đường tròn nội tiếp ngũ giác A1B1C1D1E1

đi qua tâm vị tự trong của (O) và (L) Chứng minh tương tự ta có đpcm

Tính chất 2.3.3 Cho lục giác lưỡng tâm A1A2A3A4A5A6 Gọi tiếp điểm của A1A2, A2A3, , A6A1

với (I) lần lượt là B12, B23, , B61 Khi đó A1A4, A2A5, A3A6, B12B45, B23B56, B34B61 đồng quy tạiđiểm "giới hạn" của hai đường tròn (O) và (I)

A 3

B 34 A

4

B 45

A 5

B 56

A 6

B 61

O I

tại cực P của đường thẳng qua X, Y, Z ứng với (O)

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm B45, B34, B45, B34, B12, B61suy ra A4 nằm trên đường nối giaođiểm B61B45 và B12B34 với P Tương tự suy ra A1A4 đi qua P Tương tự ta thu được A1A4, A2A5,

A3A6, B12B45, B23B56, B34B61 đồng quy tại P Do đường thẳng (X, Y, Z) cũng là đường đối cực của

P ứng với (I) nên P là điểm "giới hạn" của (O) và (I)

P A2AP3, ,P A6A1 Khi đó lục giác I12I23 I61 nội tiếp đường tròn có tâm nằm trên OI

Từ đó I12I23k B12B23 Tương tự suy ra hai lục giác I12I23 I61và B12B23 B61có tâm vị tự là P

OI

lân lượt tại L12, L23, , L61và lần lượt tiếp xúc với các cặp tia (P A1, P A2),(P A2, P A3), ,(P A6, P A1).Khi đó L12, L45, I12, I45 cùng thuộc một đường tròn ω1, tương tự với ω2, ω3 và ba đường tròn này giaonhau tại 2 điểm trên OI (bộ đường tròn coaxal)

Chứng minh

trực giao với (O)

Chứng minh

Q N

M

K H

L

I 1

I 2

O B

D A

C

Gọi M, N lần lượt là điểm chính giữa cung DC chứa và không chứa L; K, Q lần lượt là điểm chínhgiữa cung AB chứa và không chứa H.

Theo bổ đề 2 tại [4] ta suy ra các bộ ba sau thẳng hàng: (H, I2, M ), (H, I1, Q), (L, I2, N ), (L, I1, K)

Trở lại bài toán

I 56

I 61

A 2

O I

A 3

Từ bổ đề 2 suy ra L12, L45, I12, I45 cùng thuộc đường tròn ω1, tương tự với ω2, ω3

Theo tính chất 2.3.4 ta thu được P I12.P I45= P I23.P I56 = P I34.P I61 nên P có cùng phương tíchvới ω1, ω2, ω3

PO/(ω3) = R2

OI

Tương tự suy ra L12L45, L34L61, L23L56 đồng quy tại Q

Tính chất 2.3.6 6 đường thẳng J12L45, J23L56, J34L61, J45L12, J56L23, J61L34đồng quy tại một điểmtrên OI

V Q

A 3

tròn (O), (J34), (J61) ta thu được T là tâm vị tự ngoài của (J34) và (J61) Gọi V là giao của J61L34và

J34L61

Tương tự ta cũng suy ra giao điểm của các cặp đường thẳng (J12L45, J45L12) và (J23L56, J56L23)

A 3

Chứng minh Ta sẽ chứng minh các tâm vị tự trên cùng nằm trên đường đối cực của Q ứng với (O)

L61J61, Q ≡ L61L34∩ L12L45, V ≡ J61L34∩ J12L45thẳng hàng Suy ra L12L61, J12J61, L34L45đồng quytại M

Chúng ta tạm thời dừng các tính chất của ngũ giác và lục giác lưỡng tâm tại đây Xung quanh hailớp đa giác này còn khá nhiều tính chất thú vị, tuy nhiên trong khuôn khổ có hạn, bài viết chỉ đề cập

một số tính chất cơ bản và đẹp Bạn đọc có thể dựa vào chúng để tìm ra những bài toán mới của riêngmình.

Quay lại tính chất 2.2.15 Ban đầu ý tưởng để tìm ra tính chất này khá tự nhiên Bắt nguồn từhai bài toán 3 và 4 rất quen thuộc rồi kết hợp chúng lại tạo ra cách phát biểu bài toán mới vô cùng lạmắt và độc đáo Phép chứng minh cho trường hợp tứ giác lưỡng tâm có thể xem tại [9] Một ý tưởngmới nảy sinh là liệu với các đa giác có nhiều cạnh hơn, tính chất trên có còn đúng Tác giả đã thử mởrộng 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

của tam giác Ai−1AiAi+1; Ai(i+1) là giao điểm của AiAi+2 và Ai−1Ai+1; Ii(i+1) là tâm đường tròn nộitiếp của tam giác AiAi(i+1)Ai+1(i = 1, n) Khi đó 2n điểm I1, I2, , In, I12, I23, , In1 cùng thuộc mộtđường tròn

L

I 1 O

n

O 1

I 5 O 4

O 3

O 2

I 12

I 23

A 1

An

A 2

A 3

tiếp của tam giác AnA1A2, A1A2A3 nên O1A1 = O1A2 = O1I1 = O1I2 hay A1, A2, I1, I2 cùng thuộc(O1, O1A1) Tương tự với các đường tròn (O2), (O3), , (On)

Lại có A1I1, A2I2, , AnIn đồng quy tại tâm đường tròn nội tiếp I của n-giác A1A2A3 An nên

tròn đi qua I1, I2, , In hay I1, I2, , In cùng thuộc một đường tròn

Mặt khác, Gọi I230 là giao của đường thẳng qua I12và song song với O1O2 với O1A3.A2I230 cắt (O2)tại I30

Do O1, O2, A1, A3 cùng thuộc một đường tròn và I12I23 k O1O2 nên tứ giác A1I12I230 A3 nội tiếp.(1)

Ta có ∠I2I12I230 = ∠I2O2O1 = ∠O1O2A2 = ∠O1A3A2 = ∠I2I30I230 nên tứ giác I12I2I230 I30 nội tiếp.Tương tự ta cũng có tứ giác I1I12I2I230 nội tiếp hay tứ giác I1I12I230 I3 nội tiếp (2)

Mặt khác, ∠A1I1I30 = ∠A1I1A2+ ∠I13I1I30

= ∠A1I2A2+ ∠O2I2I30 = 180o− ∠A2I2O2+ ∠O2I2I30 = 180o+ ∠O1O2A1− ∠O1A3I30

∠A1A3I30 = ∠O1A3I30 − ∠O1A3A1= ∠O1A3I30 − ∠O1O2A1

Do đó ∠A1A3I30 + ∠A1I1I30 = 180o hay tứ giác A1I1I30A3 nội tiếp (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra I12I230 , A1A3, I1I30 đồng quy

Áp dụng định lý Desargues ta suy ra A1I1, A2I2, A3I30 đồng quy tại I Mà A3I3 cũng đi qua I nên

I30 ≡ I3

tâm của hai đường tròn đã cho.

B'

O I A

B

Giả sử các tiếp tuyến cắt nhau tạo thành tứ giác MNPQ như hình vẽ

còn lại là chứng minh tâm của (M N P Q) nằm trên OI

Đến đây ta chú ý đến một quỹ tích quen thuộc: Cho hai điểm O và I Quỹ tích các điểm M thoả

được xác định bởi hệ thức x−→J O − y−J I =→ −→0 , tức là J thẳng hàng với O và I Áp dụng vào bài toán ta

có đpcm

J O − p2−J I =→ −→0 và tính độ dài OM Ngoài ra ta cũng

có thể chứng minh (O), (I), (J ) là một bộ đường tròn coaxal

B1B2 Bnnội tiếp và có cùng hướng sao cho các đốt A1A2, A2A3, , An−1Anvà B1B2, B2B3, , Bn−1Bn

đường tròn nào đó có tâm thẳng hàng với các tâm của (O) và (I)

Chứng minh

C 3

C 2

A 2

A 1

O I

A 12

xúc với A3B3 tại C3 Chứng minh tương tự suy ra (J ) tiếp xúc với A1B1, A2B2, , AnBn

Trở lại bài toán

tuỳ ý trên (O) và lần lượt kẻ các tiếp tuyến B1B2, B2B3, , Bn−1Bn, BnBn+1 tới (I) Ta cần chứng

Theo bổ đề 2, tồn tại một đường tròn (J ) tiếp xúc với A1B1, A2B2, , AnBn, An+1Bn+1 Do An+1≡

minh

Để kết thúc bài viết, xin giới thiệu tới bạn đọc một định lý có dạng gần giống định lý Poncelet.Tính chất 2.3.10 (Định lý Steiner- Steiner’s porism) Cho hai đường tròn đựng nhau (O) và (I)

thời ω2 tiếp xúc ngoài với ω1, ω3 tiếp xúc ngoài với ω2, , ωn tiếp xúc ngoài với ω1 Khi đó tồn tại vô

xúc với (O) và (I)

Chứng minh Gọi P là điểm "giới hạn" của (O) và (I) Theo tính chất 2.2.10, phép nghịch đảo cực

chuỗi W = (ω10, ω02, , ωn0) cùng tiếp xúc với hai đường tròn đồng tâm O0 và lần lượt tiếp xúc ngoài

vị trí bất kì cho ω1