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 đa giác lưỡng tâm Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TCNH ĐH Ngoại thương Giới thiệu Một đa giác lồi gọi lưỡng tâm đa giác vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp đường tròn Những đa giác lưỡng tâm thường gặp tam giác đa giác Bài viết giới thiệu số định lý liên quan đến đa giác lưỡng tâm khai thác số tính chất liên quan Tính chất Để tiện theo dõi quy ước đường tròn nội tiếp (I, r), đường tròn ngoại tiếp (O, R), khoảng cách OI = d 2.1 Tam giác Đây trường hợp quen thuộc nên quan tâm số cơng thức liên quan đến đường tròn nội tiếp đường tròn ngoại tiếp Tính chất 2.1.1 Giữa đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tam giác ABC có hệ thức sau: R2 − 2Rr = d2 (2.1.1) 1 + = (2.1.2) R+d R−d r √ √ √ R − d − r + R + d − r = 2R (2.1.3) R+d −1 r R−d −1 r = (2.1.4) Chứng minh Qua số phép biến đổi đơn giản ta nhận thấy bốn hệ thức tương đương Vì ta chứng minh hệ thức (2.1.1), hay gọi hệ thức Euler Bổ đề Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), nội tiếp đường tròn (O) AI cắt (O) lần thứ hai E Khi E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC Chứng minh Ta có ∠IBE = ∠IBC + ∠CBE = ∠IBA + ∠EAC = ∠IBA + ∠BAI = ∠BIE Suy EI = EB Tương tự EI = EC Vậy E tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC Trở lại toán A F I O C B E Gọi E giao AI (O) F hình chiếu I AB BE = 2R Theo định lý hàm số sin, sin ∠BAE BE Lại có r = IF = AI sin ∠BAE nên 2Rr = AI sin ∠BAE = BE.AI = IA.IE (theo bổ sin ∠BAE đề 1), Mặt khác, IA.IE = R2 − OI nên R2 − 2Rr = d2 2.2 Tứ giác Tính chất 2.2.1 Giữa đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tứ giác lưỡng tâm ABCD có hệ thức sau: 1 + = (2.2.1) (R + d)2 (R − d)2 r (R2 − d2 )2 = 2r2 (R2 + d2 ) (2.2.2) (R + r + d)(R + r − d)(R − r + d)(R − r − d) = r4 (2.2.3) R+d r −1 R−d r d2 = R2 + r2 − r −1 = (2.2.4) r2 + 4R2 (2.2.5) B N A I O D C M Chứng minh Sau số biến đổi thấy hệ thức tương đương nhau, ta chứng minh hệ thức (2.2.1), hay gọi định lý Fuss Kéo dài BI, DI cắt (O) M, N Ta có ∠M N C + ∠N M C = ∠IBC + ∠IDC = (∠ADC + ∠ABC) = 90o Suy O trung điểm M N Áp dụng cơng thức tính đường trung tuyến tam giác IM N ta có: IM IN M N IM IN OI = + − = + − R2 2 2 1 2(R2 + d2 ) IM + IN IM IN Do + = = = + (R + d)2 (R − d)2 (R2 − d2 )2 (PI /(O))2 IM IB IN ID2 ∠B ∠D sin2 sin2 1 2 = + = + = 2 2 IB ID r r r2 1 2(R2 + d2 ) 2 Nhận xét Từ định lý Fuss, = + = ≥ ≥ , ta suy 2 − d2 )2 r (R + d) (R − d) (R R − d R √ R ≥ 2r Vì mục đích viết khơng sâu vào tính tốn chứng minh cơng thức nên tác giả đề cập không chứng minh tính chất sau Bạn đọc coi tập tự luyện để thử sức Tính chất 2.2.2 Trong tứ giác lưỡng tâm ABCD, đẳng thức sau thoả mãn AB CD AD BC = , = (2.3.1) IA.IB IC.ID IA.ID IB.IC AC BD 2R = = (2.3.2) IA.IC IB.ID R − d2 1 1 + = + = (2.3.3) IA2 IC IB ID2 r BD2 AC = (2.3.4) IA2 + IC IB + ID2 8Rr 1 + AC BD = AB + BC + CD + DA (2.3.5) AC.BD = 8R2 r2 (2.3.6) R2 − d2 IA.IB.IC.ID = 2r2 (R2 − d2 ) (2.3.7) AB + BC + CD + DA R2 − d2 = (2.3.8) AC + BD Rr pq 4R2 − = (2.3.9) 4r2 pq xz = yt (2.3.10) p x+z = (2.3.11) q y+t Với p, q độ dài hai đường chéo AC BD tứ giác ABCD, x, y, z, t độ dài bốn đoạn thẳng nối đỉnh tứ giác với tiếp điểm đường tròn nội tiếp Tính chất 2.2.3 Gọi a, b, c, d độ dài cạnh tứ giác lưỡng tâm ABCD Diện tích tứ giác ABCD cho công thức: √ S= S= √ abcd (2.4.1) xyzt(x + y + z + t) (2.4.2) S = AI.CI + BI.DI (2.4.3) S = 2r2 1 + sin A sin B (2.4.4) Tính chất 2.2.4 Bán kinh đường tròn nội tiếp ngoại tiếp tứ giác lưỡng tâm cho công thức: √ √ abcd abcd = (2.5.1) r= a+c b+d r= R= √ xz = √ yt (2.5.2) (ab + cd)(ac + bd)(ad + bc) (2.5.3) abcd Một số cơng thức khác, xem [2] Tính chất 2.2.5 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi M, N, P, Q tiếp điểm AB, BC, CD, DA với (I) Khi tứ giác ABCD lưỡng tiếp M P ⊥ N Q A M Q D E P B N C Chứng minh Gọi E giao điểm M P N Q Do ∠DP M = ∠AM P nên ∠DP E = 180o − (∠CDA + ∠DAB) o Tương tự, ∠DQE = 180 − (∠CDA + ∠DCB) Do ∠P DQ + ∠P EQ = 360o − (∠DQE + ∠DP E) = ∠CDA + (∠DAB + ∠DCB) Suy tứ giác ABCD nội tiếp ∠DAB + ∠DCB = 90o ⇔ ∠P EQ = 90o hay M P ⊥ N Q Nhận xét Tính chất 2.2.6 phương pháp đơn giản để dựng tứ giác lưỡng tâm: Dựng đường tròn (I), lấy bốn điểm X, Y, Z, T cho XZ ⊥ Y T Các tiếp tuyến (I) X, Y, Z, T cắt tạo thành tứ giác ABCD Khi tứ giác ABCD lưỡng tâm Tính chất 2.2.6 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) Gọi E, F giao đường thẳng AB CD, AD BC Khi tứ giác ABCD lưỡng tiếp ∠EIF = 90o Chứng minh Gọi M, N, P, Q tiếp điểm (I) với AB, BC, CD, DA Do IE ⊥ M P, IF ⊥ N Q nên tính chất 2.2.7 hệ trực tiếp tính chất 2.2.6 Tính chất 2.2.7 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) cho khơng có hai đỉnh đối diện đối xứng qua đường chéo Khi tứ giác ABCD lưỡng tiếp đường thẳng Newton tứ giác ABCD vng góc với đường thẳng Newton tứ giác tiếp điểm M N P Q E A M Q J D K G I T P L B N C F Chứng minh Gọi K, L giao điểm IE M P , IF N Q; T giao điểm M P N Q; J trung điểm EF Đường thẳng Newton tứ giác ngoại tiếp qua tâm nội tiếp tứ giác nên IJ đường thẳng Newton tứ giác ABCD Mặt khác, K, L trung điểm M P , N Q nên KL đường thẳng Newton tứ giác M N P Q Xét đường tròn (I) có M P đường đối cực E, N Q đường đối cực F suy EF đường đối cực T Từ IT ⊥ EF Do IK.IE = IL.IF = r2 nên tứ giác EKLF nội tiếp Suy IJ ⊥ KL ⇔ IT qua trung điểm G KL Trung điểm KL nằm đường kính T I đường tròn ngoại tiếp tứ giác T LIK G trung điểm T I KL ⊥ T I Trường hợp KL ⊥ T I không xảy IT ≡ IJ nên tứ giác ABCD có hai đỉnh đối diện đối xứng qua đường chéo Vì G trung điểm IT Điều tương đương ∠EIF = 90o nên theo tính chất 2.2.7 ta có đpcm Tính chất 2.2.8 Trọng tâm G tứ giác tiếp điểm XY ZT nằm OI IG = r2 d R2 − d2 B X A A' B' T Y O' O I D' C' D Z C Chứng minh Gọi A , B , C , D trung điểm T X, XY, Y Z, ZT Ta có IA.IA = IB.IB = IC.IC = ID.ID = r2 nên phép nghịch đảo NIr : A → A , B → B , C → C , D → D đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD thành đường tròn ngoại tiếp tâm O tứ giác A B C D Do A B C D hình bình hành nội tiếp nên O trung điểm A C Từ O ≡ G −→ −→ −→ r2 r2 Theo phép nghịch đảo, IG = IO .IO = PI /(O) d − R2 r2 d Vậy G nằm OI IG = R − d2 Tính chất 2.2.9 Giao điểm P hai đường chéo AC BD nằm OI, đồng thời IP = 2r2 d R2 − d2 Chứng minh Cách Gọi U, V trung điểm XZ, Y T Dễ dàng có IU P V hình chữ nhật nên trọng tâm tứ giác XY ZT trung điểm IP Tính chất 2.2.10 thực chất hệ tính chất 2.2.9 Sau chứng minh tính chất 2.2.10 theo hướng khác để tìm tính chất Cách B C1 D1 A P I O L D B1 A1 C Gọi A1 , B1 , C1 , D1 giao điểm AI, BI, CI, DI với (O) Theo phép chứng minh tính chất 2.2.1, A1 C1 B1 D1 đường kính (O) Gọi L giao điểm A1 B D1 C Áp dụng định lý Pascal cho điểm A1 , B1 , C1 , D1 , B, C suy I, O, L thẳng hàng Lại áp dụng định lý Pascal cho điểm A, B, C, D, A1 , D1 suy I, P, L thẳng hàng Như P nằm OI Mặt khác, gọi X, Y, Z, T tiếp điểm AB, BC, CD, DA với (I) M, N giao điểm XY ZT , XT Y Z; E, F giao điểm AB CD, AD BC Theo kết quen thuộc tứ giác ngoại tiếp, AC, BD, XZ, Y T đồng quy P Áp dụng định lý Pascal cho điểm X, Y, Z, T, X, Z suy E, M, N thẳng hàng Tương tự suy E, F, M, N thẳng hàng M P' B X A E T P Y I D O Z N C Gọi P giao OI với M N Ta thấy P nằm đường đối cực P ứng với (I), (O) nên IP.IP = r2 OP.OP = R2 r2 R2 R2 Từ IP = , IP + OI = OP = = IP OP IP + OI R2 r2 Đặt IP = x suy d = − x+d x 2r2 d R2 r2 Bây ta thay x = tính K = − R − d2 2r2 d 2r2 d +d R2 − d2 R2 − d2 Từ công thức (2.2.2) suy 2r2 = Suy K= (R2 − d2 )2 R2 + d2 R2 R2 − d2 R2 (R2 + d2 ) R2 − d2 R2 + d2 − R2 + d2 − = − = = d 2d d(R2 − d2 + R2 + d2 ) 2d 2d (R2 − d2 )d +d R2 + d2 Vậy IP = 2r2 d R2 − d2 Nhận xét Theo phép chứng minh trên, điểm P gọi điểm "giới hạn" hai đường tròn (I) (O), nghĩa điểm nghịch đảo P ứng với hai đường tròn trùng Với cặp đường tròn (O), (I) tồn hai điểm "giới hạn" P P Tính chất 2.2.10 Phép nghịch đảo cực P P phương tích biến (O) (I) thành hai đường tròn đồng tâm A D O' P P' I I' O C B Chứng minh Xét phép nghịch đảo cực P phương tích k NPk : (O) → (O ), (I) → (I ) PI k k k Ta có = suy P I = = PP /(I) PI P I.P P PP PO k k k = = suy P O = PP /(O) PO P O.P P PP Từ P I = P O hay I ≡ O Chứng minh tương tự với phép nghịch đảo cực P ta có đpcm Tính chất 2.2.11 IP đường đối trung tam giác IAC IBD A D P I O C B Chứng minh Ta có ∠IAO = ∠IAB −∠OAB = ∠DAB −(90o −∠ACB) = ∠ACB −∠ICB = ∠ACI Do OA tiếp tuyến (AIC) Chứng minh tương tự suy O giao điểm hai tiếp tuyến A, C (AIC) Theo tính chất 2.2.10, O, I, P thẳng hàng IP đường đối trung tam giác IAC Tương tự với tam giác IBD Tính chất 2.2.12 Một đường thẳng qua I song song với cạnh tứ giác ABCD cắt hai cạnh đối diện lại M, N Khi độ dài M N không phụ thuộc vào việc chọn cạnh tứ giác để kẻ song song với A N D K O I L M C B Chứng minh Gọi M N LK hai đường thẳng qua I song song với AD, BC (M, K ∈ CD; N, L ∈ AB) Ta có ∠IN L = ∠DAB = 180o − ∠DCB = ∠M KI nên tứ giác M KN L nội tiếp, từ hai tam giác KIM N IL đồng dạng Do hai tam giác có đường cao hạ từ I r nên IK = IN, IM = IL, KM = N L Dễ thấy tam giác AN I cân N nên N A = N I Tương tự, LI = LB, IK = KC, IM = M D Suy 2M N = M N + KL = AN + LB + AM + KC = AB − N L + CD + KM = AB + CD = (AB + BC + CD + DA) ⇒ M N = (AB +BC +CD +DA) không phụ thuộc vào việc chọn cạnh tứ giác ABCD Tính chất 2.2.13 (Juan Carlos) Gọi X, Y, Z, T tiếp điểm (I) với AB, BC, CD, DA H, K hình chiếu I BD, AC Khi SXKT = SXHY A T X D K I O H B Y C Chứng minh Ta có tứ giác T KXA XBY H nội tiếp đường tròn đường kính IA, IB suy ∠KXT = ∠CAD = ∠CBD = ∠HXY XT.XK sin ∠T XK SXKT XT.XK IA2 sin ∠DAB sin ∠CAB IA2 BD.BC Từ = = = = SXHY XY.XH IB sin ∠ABC sin ∠DBA IB AC.AD XY.XH sin ∠HXY IA2 AC.AD Như ta cần chứng minh = IB BD.BC Để trước tiên ta chứng minh công thức (2.3.1) (2.3.2) Gọi A , B , C , D giao điểm thứ hai AI, BI, CI, DI với (O) Dễ thấy A B C D hình chữ nhật AB IA k AB AB CD CD Đặt PI /(O) = k Ta có = = ⇔ = Tương tự = Do AB IB IA.IB IA.IB k IC.ID k A B C D hình chữ nhật nên A B = C D Công thức (2.3.1) chứng minh Công thức (2.3.2) chứng minh tương tự AC.AD IA.IC IA.ID IA2 Như = = Suy đpcm BD.BC IB.ID IB.IC IB Tính chất 2.2.14 Gọi H1 , H2 , H3 , H4 trực tâm tam giác AIB, BIC, CID, DIA; K1 , K2 , K3 , K4 trực tâm tam giác XIY, Y IZ, ZIT, T IX Khi (H1 , H2 , H3 , H4 ) (K1 , K2 , K3 , K4 ) thẳng hàng hai đường thẳng vng góc với P A X T M H4 K3 D Q P O I Z B N Y C 10 Chứng minh Gọi M, Q hình chiếu Z IT , A ID N trung điểm Y Z Theo tính chất 2.2.6, XZ ⊥ Y T Do ∠N P Y = ∠T Y Z = ∠T ID = ∠T ZM = ∠T P M Suy M, P, N thẳng hàng Ta thu ∠M P Q = ∠ZP N = ∠P ZN = 90o − ∠ZY T = ∠T DI = ∠T H4 A, suy tứ giác P M H4 Q nội tiếp Mặt khác, M, Q thuộc đường tròn đường kính K3 H4 Như điểm K3 , P, Q, H4 , M thuộc đường tròn Suy ∠K3 P H4 = 90o Chứng minh tương tự suy H1 , H2 , H3 , H4 nằm đường thẳng qua P vng góc với P K3 Lại theo phép tương tự suy K1 , K2 , K3 , K4 nằm đường thẳng qua P vng góc với đường thẳng qua H1 , H2 , H3 , H4 Nhận xét Tính chất 2.2.14 tổng hợp hai toán sau: Bài toán Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), AC giao BD P Khi trực tâm tam giác AIB, BIC, CID, DIA thuộc đường thẳng qua P Bài toán Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) cho AC vng góc với BD P Khi trực tâm tam giác AOB, BOC, COD, DOA thuộc đường thẳng qua P Cả hai tốn chứng minh cách áp dụng định lý Pascal Tính chất 2.2.15 Tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, BCD, CDA, DAB, AP B, BP C, CP D, DP A thuộc đường tròn có tâm nằm đường thẳng OI A D P B C Chứng minh Phép chứng minh cho toán tổng quát giới thiệu mục sau Nhận xét Tính chất 2.2.15 tổng hợp hai toán sau: Bài toán Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), AC giao BD P Khi tâm đường tròn nội tiếp tam giác AP B, BP C, CP D, DP A thuộc đường tròn Bài tốn Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Khi tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC, BCD, CDA, DAB tạo thành đỉnh hình chữ nhật Cuối mở rộng bổ đề cho tứ giác lưỡng tâm Tính chất 2.2.16 Kéo dài AI, BI, CI, DI cắt (O) A , B , C , D Khi tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB, BIC, CID, DIA nằm cạnh tứ giác A B C D , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A IB , B IC , C ID , D IA nằm đường tròn tâm I bán R2 − d2 kính 2r 11 A C' O'2 B' D I O D' B O2 C A' Chứng minh Gọi O1 , O2 , O3 , O4 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AIB, BIC, CID, DIA; O1 , O2 , O3 , O4 tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A IB , B IC , C ID , D IA Ta có ∠IO2 C = 2∠IBC = ∠ABC = ∠IA C, suy tứ giác IO2 A C nội tiếp Suy ∠IO2 A = ∠ICA = 90o Tương tự suy O2 hình chiếu I A D Như O1 , O2 , O3 , O4 hình chiếu I cạnh tứ giác A B C D Mặt khác, đặt k = PI /(O) BC BC Ta có IO2 = = sin ∠B IC sin ∠BIC k.BC k.BC k R2 − d2 Dễ dàng chứng minh B C = , suy IO2 = = = IB.IC 2IB.IC sin ∠BIC 2r 2r 2 R −d Chứng minh tương tự suy O1 , O2 , O3 , O4 nằm đường tròn tâm I bán kính 2r 2.3 Đa giác nhiều đỉnh Trong mục tìm hiểu số tính chất thú vị đa giác lưỡng tâm có số đỉnh nhiều Tính chất 2.3.1 Cho ngũ giác lưỡng tâm ABCDE Gọi A1 , B1 , C1 , D1 , E1 giao điểm cặp đường thẳng (BD, CE), (CE, DA), (DA, EB), (EB, AC), (AC, BD) Khi ngũ giác A1 B1 C1 D1 E1 ngoại tiếp Chứng minh Cách 12 B4 E B3 B2 C3 D C2 A4 A3 I F O L K A'4 C A E2 E3 D2 D3 B B'4 Gọi A2 , B2 , C2 , D2 , E2 tiếp điểm CD, DE, EA, AB, BC với (I) A3 , B3 , C3 , D3 , E3 điểm cung CD, DE, EA, AB, BC không chứa đỉnh ngũ giác; A4 , B4 , C4 , D4 , E4 giao AI, BI, CI, DI, EI với (O); A4 , B4 , C4 , D4 , E4 điểm đối xứng với A4 , B4 , C4 , D4 , E4 qua O Áp dụng định lý Pascal cho điểm A, B, B3 , B4 , A3 , A4 ta thu giao điểm L AA3 BB3 , I, giao điểm F B3 A4 A3 B4 thẳng hàng Lại áp dụng định lý Pascal cho điểm A4 , A4 , B4 , B4 , B3 , A3 suy F, O, giao điểm K B3 B4 A3 A4 thẳng hàng Việc lại chứng minh K ∈ OI Dễ thấy B3 B4 ⊥ A3 C3 Do ta cần chứng minh đường vng góc kẻ từ B3 tới A3 C3 , A3 tới E3 B3 giao OI Lại hai ngũ giác A3 B3 C3 D3 E3 A2 B2 C2 D2 E2 có cạnh tương ứng song song nên tâm vị tự chúng nằm đường nối hai tâm ngoại tiếp OI Vì ta cần chứng minh đường vng góc kẻ từ A2 tới E2 B2 B2 tới A2 C2 giao điểm OI A C2 A5 D2 N E E5 B2 M O Q J I B D A2 E2 C Gọi A5 , B5 , C5 , D5 , E5 trung điểm C2 D2 , D2 E2 , E2 A2 , A2 B2 , B2 C2 Phép nghịch đảo NIr : A → A5 , B → B5 , C → C5 , D → D5 , E → E5 nên ngũ giác A5 B5 C5 D5 E5 nội tiếp đường tròn tâm J J ∈ OI Gọi M, N trung điểm B2 D2 , A5 E5 , Q điểm đối xứng với I qua J Ta có C2 , M, N thẳng hàng nên N J đường trung bình hình thang C2 QIM , từ C2 Q ⊥ B2 D2 Tương tự suy đường vng góc kẻ từ A2 tới E2 B2 B2 tới A2 C2 giao Q 13 Từ K ∈ OI Suy F ∈ OI, kéo theo L ∈ OI Chứng minh tương tự suy phân giác góc CAD, DBE, ECA, ADB, BEC đồng quy L Suy đpcm Để chứng minh kết ngũ giác A1 B1 C1 D1 E1 ngoại tiếp ta tiếp cận theo phương pháp khác sau Cách E C2 B2 D A E3 B1 C1 D3 A3 A1 A2 I L O D1 C3 E1 B3 D2 C E2 B Gọi A3 , B3 , C3 , D3 , E3 giao điểm B2 D2 C2 E2 , D2 A2 C2 E2 , E2 B2 D2 A2 , A2 C2 E2 B2 , B2 D2 A2 C2 Áp dụng định lý Pascal cho điểm A2 , B2 , C2 , D2 , C2 , D2 suy A nằm đường thẳng nối giao điểm B2 D2 A2 C2 , B2 C2 A2 D2 Tương tự với D Từ E3 ∈ AD Tương tự với A3 , B3 , C3 , D3 Ta có ∠C1 E3 A3 = ∠EB2 D2 − ∠EDA = ∠AD2 B2 − ∠EBA = ∠C1 A3 E3 Từ C1 A3 = C1 E3 Tương tự, D1 A3 = D1 B3 , suy AE3 + AB3 = PAC1 D1 AD2 sin ∠E3 D2 A AC2 sin ∠B3 C2 A Mặt khác, AE3 = , AB3 = sin ∠AE3 D2 sin ∠C2 B3 A AC2 sin ∠B3 C2 A AD2 sin ∠E3 D2 A = Ta chứng minh AE3 = AB3 , sin ∠AE3 D2 sin ∠C2 B3 A sin ∠E3 D2 A sin ∠E3 D2 A sin ∠AE3 D2 sin ∠D2 A3 B sin ∠B3 C2 A ⇔ ⇔ = = = sin ∠AE3 D2 sin ∠C2 B3 A sin ∠B3 C2 A sin ∠C2 B3 A sin ∠E2 A3 B BE2 BA3 BD2 BA3 = , = sin ∠E2 A3 B sin ∠A3 E2 B sin ∠BA3 D2 sin ∠A3 D2 B sin ∠D2 A3 B sin ∠A3 D2 B sin ∠E3 D2 A = = Suy sin ∠BA3 E2 sin ∠A3 E2 B sin ∠B3 C2 A Vậy AE3 = AB3 , hay A3 , B3 , E3 tiếp điểm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác AC1 D1 với ba cạnh Chứng minh tương tự suy tam giác AC1 D1 , BD1 E1 , ,EB1 C1 có chung đường tròn bàng tiếp, hay ngũ giác A1 B1 C1 D1 E1 ngoại tiếp Ta có Tính chất 2.3.2 (Trần Quang Hùng) Gọi (Oa ), (Ob ), (Oc ), (Od ), (Oe ) đường tròn tiếp xúc với (O) A2 , B2 , C2 , D2 , E2 tiếp xúc với cặp tia (A1 C, A1 D), (B1 D, B1 E), (C1 E, C1 A), (D1 A, D1 B), (E1 B, E1 C) Khi A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 , D1 D2 , E1 E2 đồng quy điểm OI 14 C2 E Oc B2 A Ob B1 C1 D A1 A2 L O Oa E1 C I D1 Od Oe E2 D2 B Chứng minh Tính chất 2.3.2 thực chất hệ 2.3.1 Gọi (L) đường tròn nội tiếp ngũ giác A1 B1 C1 D1 E1 Áp dụng định lý Monge-D’Alembert (xem [4]) cho đường tròn (O), (Oc ), (L) ta thu C1 C2 qua tâm vị tự (O) (L) Chứng minh tương tự ta có đpcm Tính chất 2.3.3 Cho lục giác lưỡng tâm A1 A2 A3 A4 A5 A6 Gọi tiếp điểm A1 A2 , A2 A3 , , A6 A1 với (I) B12 , B23 , , B61 Khi A1 A4 , A2 A5 , A3 A6 , B12 B45 , B23 B56 , B34 B61 đồng quy điểm "giới hạn" hai đường tròn (O) (I) X A1 B12 B61 A6 A2 B56 P I O B23 A5 B45 A4 B34 A3 Y Chứng minh Do lục giác A1 A2 A3 A4 A5 A6 ngoại tiếp nên theo định lý Brianchon, A1 A4 , A2 A5 , A3 A6 đồng quy Áp dụng định lý Desargues suy giao điểm X ≡ A1 A2 ∩A4 A5 , Y ≡ A1 A6 ∩A3 A4 , Z ≡ A2 A3 ∩A5 A6 thẳng hàng Do B12 B45 , B34 B61 , B23 B56 đường đối cực X, Y, Z ứng với (I) nên chúng đồng quy cực P đường thẳng qua X, Y, Z ứng với (O) Áp dụng định lý Pascal cho điểm B45 , B34 , B45 , B34 , B12 , B61 suy A4 nằm đường nối giao điểm B61 B45 B12 B34 với P Tương tự suy A1 A4 qua P Tương tự ta thu A1 A4 , A2 A5 , A3 A6 , B12 B45 , B23 B56 , B34 B61 đồng quy P Do đường thẳng (X, Y, Z) đường đối cực P ứng với (I) nên P điểm "giới hạn" (O) (I) Tính chất 2.3.4 Gọi I12 , I23 , , I61 tâm đường tròn nội tiếp tam giác P A1 A2 , P A2 AP3 , ,P A6 A1 Khi lục giác I12 I23 I61 nội tiếp đường tròn có tâm nằm OI 15 A1 B61 A6 I61 B12 B56 I12 I56 A5 P I O I45 B45 A2 I23 I34 A4 B23 B34 A3 Chứng minh Ta có ∠A2 P B12 = 180o − (∠B12 P A2 + ∠P A2 B12 ) = 180o − (∠P B45 A4 + ∠P A4 B45 ) = ∠A4 P B45 = ∠A1 P B12 Do P B12 phân giác góc A1 P A2 hay P B12 qua I12 Tương tự P B23 qua I23 I12 P A2 P A2 P I23 P Ta có = = = I12 B12 A2 B12 A2 B23 I23 B23 Từ I12 I23 B12 B23 Tương tự suy hai lục giác I12 I23 I61 B12 B23 B61 có tâm vị tự P Mà B12 B23 B61 nội tiếp đường tròn (I) nên I12 I23 I61 nội tiếp đường tròn có tâm nằm P I hay OI Tính chất 2.3.5 (Trần Quang Hùng) Gọi (J12 ), (J23 ), ,(J61 ) đường tròn tiếp xúc với (O) lân lượt L12 , L23 , , L61 tiếp xúc với cặp tia (P A1 , P A2 ),(P A2 , P A3 ), ,(P A6 , P A1 ) Khi L12 , L45 , I12 , I45 thuộc đường tròn ω1 , tương tự với ω2 , ω3 ba đường tròn giao điểm OI (bộ đường tròn coaxal) Chứng minh Bổ đề Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), AC giao BD P Gọi (I1 ), (I2 ) đường tròn nội tiếp tam giác AP B, CP D, (J1 ), (J2 ) đường tròn tiếp xúc với (O) H, L tiếp xúc với cặp tia (P A, P B); (P C, P D) Khi H, L, I1 , I2 thuộc đường tròn trực giao với (O) Chứng minh B N K H A I1 O I2 D Q L M C 16 Gọi M, N điểm cung DC chứa không chứa L; K, Q điểm cung AB chứa khơng chứa H Theo bổ đề [4] ta suy ba sau thẳng hàng: (H, I2 , M ), (H, I1 , Q), (L, I2 , N ), (L, I1 , K) Suy ∠I1 HI2 = ∠QHM = ∠KLN = ∠I1 LI2 Từ tứ giác I1 HLI2 nội tiếp Mặt khác, ∠OHI2 = ∠OHM = ∠HM O = ∠HM N = ∠HLN = ∠HLI2 Suy OH tiếp tuyến (HI1 I2 ) Tương tự suy đường tròn ngoại tiếp tứ giác I1 HLI2 trực giao với (O) Trở lại toán L12 A1 L61 A6 L56 A2 I12 I61 I56 I P O I23 I45 A5 L23 I34 L45 A3 A4 L34 Từ bổ đề suy L12 , L45 , I12 , I45 thuộc đường tròn ω1 , tương tự với ω2 , ω3 Theo tính chất 2.3.4 ta thu P I12 P I45 = P I23 P I56 = P I34 P I61 nên P có phương tích với ω1 , ω2 , ω3 Mặt khác, theo bổ đề ω1 , ω2 ω3 trực giao với (O) Do PO /(ω1 ) = PO /(ω2 ) = PO /(ω3 ) = R2 Vậy OP trục đẳng phương đường tròn ω1 , ω2 ω3 hay chúng cắt điểm nằm OI Nhận xét Từ tính chất 2.3.5, gọi Q giao L12 L45 L34 L61 QL12 QL45 = QL34 QL61 , suy Q thuộc trục đẳng phương ω1 ω3 hay Q ∈ OI Tương tự suy L12 L45 , L34 L61 , L23 L56 đồng quy Q Tính chất 2.3.6 đường thẳng J12 L45 , J23 L56 , J34 L61 , J45 L12 , J56 L23 , J61 L34 đồng quy điểm OI 17 T L12 A2 A1 L23 J12 J23 J61 L61 A6 P Q V L56 O I J56 A5 A3 J34 J45 L45 L34 A4 Chứng minh Qọi T giao J34 J61 L34 L61 Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn (O), (J34 ), (J61 ) ta thu T tâm vị tự (J34 ) (J61 ) Gọi V giao J61 L34 J34 L61 Ta có (J34 J61 P T ) = −1 OP giao L34 L61 Q nên (QP V O) = −1 Tương tự ta suy giao điểm cặp đường thẳng (J12 L45 , J45 L12 ) (J23 L56 , J56 L23 ) V Suy đpcm Tính chất 2.3.7 Tâm vị tự ngồi cặp đường tròn đường tròn (J12 ), (J23 ), , (J61 ) nằm đường thẳng L12 A1 A2 J12 L61 J61 J23 A6 P M L56 J56 A5 Q V L23 O I J45 J34 L45 A4 A3 L34 Chứng minh Ta chứng minh tâm vị tự nằm đường đối cực Q ứng với (O) Áp dụng định lý Desargues cho đường thẳng (L12 L61 , J12 J61 , L34 L45 ) ta có O ≡ L12 J12 ∩ L61 J61 , Q ≡ L61 L34 ∩ L12 L45 , V ≡ J61 L34 ∩ J12 L45 thẳng hàng Suy L12 L61 , J12 J61 , L34 L45 đồng quy M Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn (J12 ), (J61 ), (O) ta có M tâm vị tự (J12 ) (J61 ) hiển nhiên M nằm đường đối cực d Q ứng với (O) Chứng minh tương tự cho (J12 ) (J23 ), lại theo định lý Monge-D’Alembert suy tâm vị tự (J61 ) (J23 ) nằm d Tương tự cho cặp đường tròn vị trí Cuối cùng, lần áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho đường tròn (J61 ), (J12 ), (J34 ) ta suy tâm vị tự (J61 ) (J34 ) nằm d Tương tự thu đpcm Chúng ta tạm thời dừng tính chất ngũ giác lục giác lưỡng tâm Xung quanh hai lớp đa giác nhiều tính chất thú vị, nhiên khn khổ có hạn, viết đề cập 18 số tính chất đẹp Bạn đọc dựa vào chúng để tìm tốn riêng Quay lại tính chất 2.2.15 Ban đầu ý tưởng để tìm tính chất tự nhiên Bắt nguồn từ hai toán quen thuộc kết hợp chúng lại tạo cách phát biểu toán vô lạ mắt độc đáo Phép chứng minh cho trường hợp tứ giác lưỡng tâm xem [9] Một ý tưởng nảy sinh liệu với đa giác có nhiều cạnh hơn, tính chất có Tác giả thử mở rộng chứng minh thành công cho trường hợp ngũ giác, sau nhận lời giải ngũ giác áp dụng cho trường hợp đa giác Tính chất 2.3.8 Cho n−giác lưỡng tâm A1 A2 A3 An (≥ 3) Kí hiệu Ii tâm đường tròn nội tiếp tam giác Ai−1 Ai Ai+1 ; Ai(i+1) giao điểm Ai Ai+2 Ai−1 Ai+1 ; Ii(i+1) tâm đường tròn nội tiếp tam giác Ai Ai(i+1) Ai+1 (i = 1, n) Khi 2n điểm I1 , I2 , , In , I12 , I23 , , In1 thuộc đường tròn A2 O1 O2 I2 I12 A1 I23 A12 A23 I1 A3 L I3 On O I34 A34 I4 I A4 A45 I5 An O I45 A5 Chứng minh Gọi Oi điểm cung Ai Ai+1 Do I1 , I2 tâm đường tròn nội tiếp tam giác An A1 A2 , A1 A2 A3 nên O1 A1 = O1 A2 = O1 I1 = 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 cực 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 I23 giao đường thẳng qua I12 song song với O1 O2 với O1 A3 A2 I23 cắt (O2 ) I3 Do O1 , O2 , A1 , A3 thuộc đường tròn I12 I23 O1 O2 nên tứ giác A1 I12 I23 A3 nội tiếp (1) Ta có ∠I2 I12 I23 = ∠I2 O2 O1 = ∠O1 O2 A2 = ∠O1 A3 A2 = ∠I2 I3 I23 nên tứ giác I12 I2 I23 I3 nội tiếp Tương tự ta có tứ giác I1 I12 I2 I23 nội tiếp hay tứ giác I1 I12 I23 I3 nội tiếp (2) Mặt khác, ∠A1 I1 I3 = ∠A1 I1 A2 + ∠I13 I1 I3 = ∠A1 I2 A2 + ∠O2 I2 I3 = 180o − ∠A2 I2 O2 + ∠O2 I2 I3 = 180o + ∠O1 O2 A1 − ∠O1 A3 I3 ∠A1 A3 I3 = ∠O1 A3 I3 − ∠O1 A3 A1 = ∠O1 A3 I3 − ∠O1 O2 A1 Do ∠A1 A3 I3 + ∠A1 I1 I3 = 180o hay tứ giác A1 I1 I3 A3 nội tiếp (3) Từ (1), (2), (3) suy I12 I23 , A1 A3 , I1 I3 đồng quy Áp dụng định lý Desargues ta suy A1 I1 , A2 I2 , A3 I3 đồng quy I Mà A3 I3 qua I nên I3 ≡ I3 19 Suy I23 ≡ I23 Từ I12 , I23 ∈ (I1 I2 I3 ) Tương tự ta có đpcm Tính chất 2.3.9 (Định lý Poncelet đa giác lưỡng tâm - Poncelet’s porism) Cho hai đường tròn chứa thoả mãn: tồn n−giác nội tiếp đường tròn lớn ngoại tiếp đường tròn nhỏ Khi tồn vơ số n−giác vừa nội tiếp đường tròn lớn vừa ngoại tiếp đường tròn nhỏ, đồng thời điểm thuộc đường tròn lớn lấy làm đỉnh cho n−giác Chứng minh Phép chứng minh sau dựa theo [5] Ta phát biểu hai bổ đề Bổ đề Một đường thẳng d cắt hai đường tròn (O) (I) theo thứ tự cặp điểm A, A B, B Khi giao điểm tiếp tuyến với đường tròn thứ A A tiếp tuyến với đường tròn thứ hai B B nằm đường tròn có tâm thẳng hàng với tâm hai đường tròn cho Chứng minh Q A' P B' N B A I O J M Giả sử tiếp tuyến cắt tạo thành tứ giác MNPQ hình vẽ Do ∠N M Q = ∠N AB − ∠P BA = ∠P A B − ∠A B Q = ∠P QN nên tứ giác M N P Q nội tiếp Việc lại chứng minh tâm (M N P Q) nằm OI MA sin ∠M BA p Ta có = = ⇒ q M A2 − p2 M B = MB sin ∠M AB q Từ q (M O2 − R2 ) − p2 (M I − r2 ) = ⇒ q M O2 − p2 M I = q R2 − p2 r2 Chứng minh tương tự với N, P, Q Đến ta ý đến quỹ tích quen thuộc: Cho hai điểm O I Quỹ tích điểm M thoả mãn xM O2 − yM I = k cho trước đường tròn tâm đường tròn điểm J −→ − → → − xác định hệ thức xJO − y JI = , tức J thẳng hàng với O I Áp dụng vào toán ta có đpcm −→ − → → − Chú ý Có thể lấy điểm J OI cho q JO − p2 JI = tính độ dài OM Ngồi ta chứng minh (O), (I), (J) đường tròn coaxal Bổ đề Cho hai đường tròn đựng (O) (I) Trên (O) cho hai đường gấp khúc đơn A1 A2 An B1 B2 Bn nội tiếp có hướng cho đốt A1 A2 , A2 A3 , , An−1 An B1 B2 , B2 B3 , , Bn−1 Bn chúng tiếp xúc với (I) Khi đường thẳng A1 B1 , A2 B2 , , An Bn tiếp xúc với đường tròn có tâm thẳng hàng với tâm (O) (I) Chứng minh 20 L A2 B1 C2 B12 A12 C1 K J O A23 B2 I A1 B23 B3 C3 A3 Gọi A12 , A23 , B12 , B23 tiếp điểm A1 A2 , A2 A3 , B1 B2 , B2 B3 với (I); A1 B1 ∩ A2 B2 = {L} A12 A23 giao A1 B1 , A2 B2 C1 , C2 Ta có ∠LC1 C2 = ∠LA1 A2 + ∠C1 A12 A1 = ∠LB2 B1 + ∠C2 B12 B2 = ∠LC2 C1 Suy LC1 = LC2 Từ tồn đường tròn (J) tiếp xúc với A1 B1 A2 B2 C1 , C2 Theo bổ đề suy O, I, J thẳng hàng Tiếp theo ta chứng minh (J) tiếp xúc với A3 B3 Thật vậy, gọi K giao A12 A23 B12 B23 A2 , C2 , B2 nằm đường đối cực K ứng với (I) Suy A23 , B23 , C2 thẳng hàng Gọi C3 giao A23 B23 với B3 A3 Chứng minh tương tự ta thu tồn đường tròn tiếp xúc với A2 B2 A3 B3 C2 , C3 Như (J) tiếp xúc với A3 B3 C3 Chứng minh tương tự suy (J) tiếp xúc với A1 B1 , A2 B2 , , An Bn Trở lại toán Giả sử n−giác A1 A2 An nội tiếp đường tròn (O) ngoại tiếp đường tròn (I) Lấy điểm B1 tuỳ ý (O) kẻ tiếp tuyến B1 B2 , B2 B3 , , Bn−1 Bn , Bn Bn+1 tới (I) Ta cần chứng minh Bn+1 ≡ B1 Theo bổ đề 2, tồn đường tròn (J) tiếp xúc với A1 B1 , A2 B2 , , An Bn , An+1 Bn+1 Do An+1 ≡ A1 nên (J) tiếp xúc với A1 Bn+1 Mà (J) tiếp xúc với A1 B1 nên Bn+1 ≡ B1 Bài toán chứng minh Để kết thúc viết, xin giới thiệu tới bạn đọc 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 (O) (I) Giả sử tồn chuỗi đường tròn ω1 , ω2 , , ωn cho n đường tròn tiếp xúc với (O) (I), đồng thời ω2 tiếp xúc với ω1 , ω3 tiếp xúc với ω2 , , ωn tiếp xúc ngồi với ω1 Khi tồn vơ số chuỗi ω1 , ω2 , , ωn thoả mãn điều kiện trên, đồng thời chọn đường tròn ω1 tiếp xúc với (O) (I) 21 O' I P O Chứng minh Gọi P điểm "giới hạn" (O) (I) Theo tính chất 2.2.10, phép nghịch đảo cực P phương tích k biến (O) (I) thành hai đường tròn đồng tâm O ; chuỗi ω1 , ω2 , , ωn thành chuỗi W = (ω1 , ω2 , , ωn ) tiếp xúc với hai đường tròn đồng tâm O tiếp xúc Do chuỗi W đóng kín nên cho ω1 chuyển động mà khơng làm thay đổi tính chất W Từ theo phép nghịch đảo, tồn vơ số chuỗi ω1 , ω2 , , ωn thoả mãn điều kiện chọn vị trí cho ω1 22 Tài liệu [1] Bicentric polygon, from Wolfram Mathworld http://mathworld.wolfram.com/BicentricPolygon.html [2] Bicentric quadrilateral, Wikipedia http://en.wikipedia.org/wiki/Bicentric quadrilateral [3] Martin Josefsson, Characterizations of bicentric quadrilaterals, Forum Geometricorum Vol.10 (2010), 165-173 [4] Nguyễn Văn Linh, Monge-D’Alembert’s theorem, Euclidean geometry blog http://nguyenvanlinh.wordpress.com/2013/04/06/monge-dalemberts-theorem/ [5] Nguyễn Dũng, Một số lớp đa giác phẳng đặc biệt (các đa giác lưỡng tâm (lưỡng tiếp), nửa gần đều), Luận văn thạc sĩ toán học, ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội, 2007 [6] Poncelet’s porism, from Wolfram Mathworld http://mathworld.wolfram.com/PonceletsPorism.html [7] Steiner’s porism, Cut-the-knots http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Geometry/SteinerPorism.shtml [8] Limiting point, from Wolfram Mathworld http://mathworld.wolfram.com/LimitingPoint.html [9] Nguyễn Văn Linh, incenters are concyclic, Euclidean geometry blog http://nguyenvanlinh.wordpress.com/2010/11/19/8-incenters-are-concyclic/ [10] AoPS Forum http://www.artofproblemsolving.com/Forum/portal.php?ml=1 Email: Lovemathforever@gmail.com 23