Đường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếp

Đường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếpĐường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếpĐường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếpĐường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếpĐường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếpĐường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếpĐường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếpĐường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếpĐường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếpĐường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếpĐường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếpĐường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếpĐường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếp

Đường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếp

Nguyễn Văn Linh

1 Giới thiệu.

Trong đợt tập huấn đội tuyển chuẩn bị cho kì thi toán quốc tế năm 2014, bạn Nguyễn Huy Tùng,

HS THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng, đã phát hiện ra một bổ đề khá thú vị

Bài 1 Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD Gọi E là giao điểm của AB và CD, F là giao điểm của

AD và BC Khi đó tồn tại một đường tròn tiếp xúc với 4 đường tròn ngoại tiếp các tam giác EAD, EBC, F AB, F CD

Bài viết này sẽ đưa ra một số cách chứng minh và phát triển bài toán lạ trên

Cách 1

X

J Y

K

H M

F

E

A

D

C

B

I

Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF Từ M kẻ hai tiếp tuyến M H, M K tới (I) sao cho H, K ∈ (EBC) Theo định lý Poncelet suy ra HK tiếp xúc với (I)

Qua I kẻ đường vuông góc với M I cắt M H, M K tại X, Y Gọi (J ) là đường tròn tiếp xúc với

M H, M K lần lượt tại X, Y thì theo bổ đề Sawayama, (J ) là đường tròn M-mixtilinear của tam giác

M HK hay (J ) tiếp xúc với (EBC) Chứng minh tương tự suy ra (J ) tiếp xúc với các đường tròn (EAD), (EBC), (F AB), (F CD)

Cách 2 (Ngô Quang Dương, HS 11A2 toán, THPT chuyên KHTN, Hà Nội)

A

D T

C Z

B X

I Y

Gọi X, Y, Z, T lần lượt là tiếp điểm của AB, BC, CD, DA với (I)

Xét phép nghịch đảo IIr2 biến (EAD), (EBC), (F AB), (F CD) lần lượt thành đường tròn Euler của các tam giác T XZ, Y XZ, T XY, T ZY

Do (EAD), (EBC), (F AB), (F CD) đồng quy tại điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF nên các đường tròn Euler của các tam giác T XZ, Y XZ, T XT, T ZY đồng quy tại J Mặt khác các đường tròn này đều có bán kính bằng r/2 nên đường tròn (J, r) tiếp xúc với cả 4 đường tròn Euler Nghịch đảo ngược lại ta có đpcm

Đầu tiên chú ý rằng các đường tròn (EAD), (EBC), (F AB), (F CD) đồng quy tại điểm Miquel

M của tứ giác toàn phần ABCDEF , điều đó khiến chúng ta nghĩ đến phép nghịch đảo tâm M Rất bất ngờ qua phép nghịch đảo, bài toán ban đầu trở thành một bài toán khác đã có trước đó của tác giả Trần Quang Hùng, GV THPT chuyên KHTN, Hà Nội

Bài 2 Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD, AB giao CD tại E, AD giao BC tại F Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF Xét phép nghịch đảo tâm M phương tích bất kì biến A, B, C, D lần lượt thành A0, B0, C0, D0 Khi đó A0B0C0D0 cũng là một tứ giác ngoại tiếp

Hiển nhiên theo bài toán 1, tồn tại một đường tròn ω tiếp xúc với 4 đường tròn (M AB), (M BC), (M CD), (M DA) nên ảnh của ω qua phép nghịch đảo sẽ tiếp xúc với các đường thẳng A0B0, B0C0,

C0D0, D0A0

Ở đây chúng ta giới thiệu một lời giải khác cho bài toán 2

Chứng minh Ta có 4M BC ∼ 4M AD nên M B

M A =

M C

M D =

BC

AD. 4M CD ∼ 4M BA nên M C

M B =

M D

M A =

BC

AD. Mặt khác, A0B0 = k AB

M A.M B, B

0C0= k BC

M B.M C, C

0D0 = k CD

M C.M D, D

0A0 = k DA

M D.M A. Suy ra A0B0+ C0D0 = k

 AB

M A.M B +

CD

M C.M D



= k DC

M D.M C



1 +DC AB



(Do AB

2

M A.M B =

DC2

M D.M C) Tương tự, B0C0+ D0A0 = k BC

M B.M C



1 +BC AD



Ta cũng có DC

M D =

AB

M A và

BC

M B =

AD

M A nên

A0B0+ C0D0 = k AB

M A.M C



1 +DC AB



= AB + DC

M A.M C , B

0C0 + D0A0 = k AD

M A.M C



1 +BC AD



=

AD + BC

M A.M C .

Mà tứ giác ABCD ngoại tiếp nên AB + DC = AD + BC, suy ra A0B0+ C0D0 = B0C0+ D0A0 Tức

là tứ giác A0B0C0D0 cũng ngoại tiếp

Bài toán 2 khiến tác giả nhớ tới một bài toán tương tự được tác giả tìm ra từ khá lâu

Bài 3 Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD giao AC lần thứ hai tại

X, đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD giao AC lần thứ hai tại Y Khi đó tứ giác BXDY ngoại tiếp Bản chất của bài toán 3 là trường hợp đặc biệt của bài toán sau

Bài 4 Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD AC giao BD tại P Phép nghịch đảo tâm P phương tích bất

kì biến các điểm A, B, C, D lần lượt thành A0, B0, C0, D0 Khi đó A0B0C0D0 cũng là một tứ giác ngoại tiếp

x

z

t

y J

P

D

C Z

B

Y A

I T

X

Chứng minh Theo tính chất của phép nghịch đảo, A0B0 = k AB

P A.P B, B

0C0 = k BC

P B.P C, C

0D0 =

k CD

P C.P D, D

0A0 = k DA

P D.P A. Suy ra A0B0+ C0D0 = k

 AB

P A.P B +

CD

P C.P D



= k

2 sin ∠AP B



AB 1/2P A.P B sin ∠AP B+

CD 1/2P C.P D sin ∠DP C



= k

2 sin ∠AP B

 AB

SAP B +

CD

SDP C



Gọi tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA lần lượt là X, Y, Z, T , AX = AT = x, BX = BY = y,

CY = CZ = z, DZ = DT = t

Từ A kẻ đường song song với DC cắt XZ tại J Dễ thấy ∠AXJ = ∠DZX = ∠AJX nên AX =

AJ = x

Suy ra SAP B

SBP C =

AP

P C =

AJ

CZ =

x

z. Chứng minh tương tự suy ra SAP B

xy =

SBP C

yz =

SCP D

zt =

SDP A

tx = q.

Từ đó AB

SAP B

+ CD

SDP C

= x + y qxy +

z + t qzt =

1 q

 1

x +

1

y +

1

z +

1 t



Như vậy A0B0+ C0D0 = k

2q sin ∠AP B. 1

x +

1

y +

1

z +

1

t . Tương tự suy ra A0B0+ C0D0 = A0D0+ B0C0 Tức là tứ giác A0B0C0D0 ngoại tiếp

Do tồn tại một đường tròn γ0 tiếp xúc với các đường thẳng A0B0, B0C0, C0D0, D0A0 nên ảnh của γ0 qua phép nghịch đảo tâm P sẽ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp các tam giác P AB, P BC, P CD, P DA Chúng ta có bài toán mới

Bài 5 Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD Gọi P là giao của AC và BD Chứng minh rằng tồn tại một đường tròn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp các tam giác P AB, P BC, P CD, P DA

P A

D

C

B

I

D' B' A'

C'

K

J M

P E

F

D

C Z

B

Y A

I T

X

Bây giờ gọi X, Y, Z, T lần lượt là tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA xét phép nghịch đảo tâm

I, phương tích R2, IIR2: A 7→ A0, B 7→ B0, C 7→ C0, D 7→ D0, P 7→ M

Dễ thấy A0, B0, C0, D0 lần lượt là trung điểm T X, XY, Y Z, ZT

Gọi T X giao Y Z tại K, XY giao ZT tại J Theo định lý Brocard, dễ thấy M là hình chiếu của I trên J K đồng thời M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần XY ZT KJ Chúng ta có bài toán mới Bài 6 Cho tứ giác nội tiếp ABCD AB giao CD tại E, AD giao BC tại F Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF , X, Y, Z, T lần lượt là trung điểm AB, BC, CD, DA Khi đó tồn tại một đường tròn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp của các tam giác M XY, M Y Z, M ZT, M T X Bài 7 Với kí hiệu như bài toán 6, phép nghịch đảo tâm M phương tích bất kì biến X, Y, Z, T thành

X0, Y0, Z0, T0 Khi đó X0Y0Z0T0 là một tứ giác ngoại tiếp

Như vậy trong tứ giác ngoại tiếp ABCD, điểm Miquel và giao của hai đường chéo AC và BD biến các đỉnh của tứ giác ABCD thành các đỉnh của một tứ giác ngoại tiếp khác Không khó để nhận ra rằng giao điểm E và F cũng có tính chất này Chúng ta chú ý rằng (I) là đường tròn bàng tiếp của tam giác F AB và là đường tròn nội tiếp của tam giác F CD Do đó đường tròn mixtilinear nội tiếp ứng với đỉnh F của tam giác F CD đồng thời là đường tròn mixtilinear bàng tiếp ứng với đỉnh F của tam giác F AB Như vậy tồn tại một đường tròn ω tiếp xúc với AD, BC và tiếp xúc với (F AB), (F CD) Khi đó phép nghịch đảo tâm F biến A, B, C, D lần lượt thành A0, B0, C0, D0, ω thành ω0 thì ω0 tiếp xúc với các đường thẳng A0B0, B0C0, C0D0, D0A0

Trước khi kết thúc bài viết, một câu hỏi đặt ra cho bạn đọc là trên mặt phẳng liệu còn những điểm nào ngoài 4 điểm trên mà phép nghịch đảo có tâm là điểm đó biến 4 đỉnh của một tứ giác ngoại tiếp thành 4 đỉnh của một tứ giác ngoại tiếp khác?

Tài liệu

[1] Geometry Mathley contest No.3

http://www.hexagon.edu.vn/mathley.html

[2] Artofproblemsolving Forum

http://www.artofproblemsolving.com/Forum/portal.php?ml=1

Nguyễn Văn Linh, SV K50 TCNH ĐH Ngoại thương Hà Nội Email: Lovemathforever@gmail.com