2 Đa giác lưỡng tâm và ứng dụng
2.2.1 Bài toán của Fuss về tứ giác lưỡng tâm
Nằm trong lớp bài toán về tứ giác lưỡng tâm, bài toán của Fuss được xếp vào một trong những bài toán nổi tiếng nhất của Hình học sơ cấp. Mục tiêu của bài toán nhằm tìm ra mối liên hệ giữa bán kính và đường nối tâm của các đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp của một tứ giác lưỡng tâm.
Kết quả của bài toán Fuss rất hữu ích cho việc kiểm tra tứ giác đó có phải là tứ giác lưỡng tâm hay không.
Trước tiên, chúng ta nhớ lại rằng một tứ giác lưỡng tâm là tứ giác mà có cả đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp ứng với nó. Ta giả sử P QRS là một đa giác lưỡng tâm. Ký hiệu C là đường tròn ngoại tiếp và G là đường tròn nội tiếp của P QRS (xem Hình 2.1).
Hình 2.1
Gọi X và X0 theo thứ tự là hai tiếp điểm thuộc P Q và RS, Y và Y0 lần lượt là hai tiếp điểm thuộc cạnh P S và QR của tứ giác với G. Giả sử O là giao của XX0 và Y Y0. Khi đó, tổng của các góc trong các tứ giác OXP Y và OX0RY0 bằng 360◦. Ta sử dụng dấu mũ trên để ký hiệu các góc trong hai tứ giác này. Khi đó hiển nhiên
b O +Xb +Pb+Yb = 360◦ và b O +Xc0 +Rb+Yc0 = 360◦. Vì Xb + Xc0 = Yb +cY0 = 180◦, suy ra 2Ob+Pb+Rb = 360◦.
Mặt khác, hai góc Pb và Rb là hai góc đối trong một tứ giác lưỡng tâm. Do đó, tổng của chúng bằng180◦. Và do vậy, ta dễ dàng suy ra O = 90◦. Hay nói một cách khác, hai đường thẳng XX0 và Y Y0 là vuông góc.
Tính chất này là điều kiện đủ để đảm bảo tứ giác P QRS là tứ giác lưỡng tâm. Chẳng hạn, tứ giác P QRS là lưỡng tâm nếu các tiếp tuyến
trong trường hợp Pb+Rb = 180◦ thì tứ giác P QRS là tứ giác lưỡng tâm. Một trong những cách đơn giản nhất để có được mối quan hệ giữa bán kính nội tiếp và ngoại tiếp với khoảng cách tâm đó là sử dụng bài toán tìm quỹ tích như sau.
Bài toán:Gọi O là một điểm cố định bên trong đường tròn G cho trước.
X và Y là hai điểm nằm trên đường tròn G thỏa mãn góc XOY vuông tại O. Các tiếp tuyến tại hai điểm X và Y giao nhau tại P. Tìm quỹ tích của giao điểm P (xem Hình 2.2).
Hình 2.2
Lời giải cho bài toán: Đặt ρ là bán kính của đường tròn G và M là tâm của nó. Đặt e = M O, p = M P, ϕ = OM P\. Gọi F là chân đường cao kẻ từ O đến XY trong tam giác OXY (xem Hình 2.3).
Hình 2.3
Vì tam giác OXY là tam giác vuông, nên OF2 = F X ·F Y. Đường trung trực củaXY đi qua trung điểmN củaXY, tâmM của đường tròn Gvà đỉnh P của tam giác cân XY P. Ta đặtρ0 = M N, e0 = ecosϕ, ρ00 =
N X, e00 = esinϕ = N F. Do OF2 = F X ·F Y nên ta có các đẳng thức sau
(ρ0−e0)2 = (ρ00 −e00)(ρ00+ r00)
2ρ02 −2ρ0ecosϕ+e2 = ρ2. (2.22) Vì hai tam giác vuông M XP và M N X là đồng dạng nên M X
M P = M N M X. Do đó, ta có M X2 = M P ·M N hay
ρ2 = pρ0. (2.23)
Trừ vế theo vế của (2.23) cho (2.22) và biến đổi, ta thu được
p2 + 2ρ
2e
ρ2 −e2pcosϕ = 2ρ
4
ρ2 −e2. (2.24) Lấy Z là điểm nằm trên phần mở rộng của OM với độ dài z = ZM, và ta đặt r = ZP (xem Hình 2.4).
Hình 2.4
Theo định lý cosin, dễ thấy
r2 = z2 + p2 + 2zpcosϕ. (2.25)
Mặt khác, ta có
M Z = z = ρ
2e
ρ2 −e2. (2.26)
Lưu ý rằng z chỉ phụ thuộc và đường tròn cố định G và tâm O do đó z là hằng số. Từ (2.26), (2.25) và (2.24), ta có
r2 = z2 + 2ρ
4
ρ2 −e2. (2.27)
Điểm Q, R, S là điểm giao nhau của đường tiếp tuyến đi qua các điểm giao nhau của G với các phần mở rộng của XO và Y O cũng là trên C. Như vậy, P QRS là một tứ giác lưỡng tâm cho G và C.
Với mọi tứ giác lưỡng tâm cho hai đường tròn G và C thì đều có thể thu được bằng cách xoay góc XOY quanh tâm O. Từ (2.27) và (2.26), ta có e = 2zρ 2 r2 −z2. Do đó, ta có ρ2 −e2 = e 2 (r2 −z2)2 −4ρ2z2 (r2 −z2)2 .
Thay các thành phần liên quan vào (2.27) rồi biến đổi, ta thu được
hay
1
(r −z)2 + 1
(r +z)2 = 1
ρ2. 2.2.2 Định lý Poncelet về đa giác lưỡng tâm
Một trong những định lý hay và quan trọng về hình học đó là định lý mang tên nhà toán học Pháp Jean-Victor Poncelet (1788 - 1867), người được xem là đã sáng lập ra Hình học xạ ảnh hiện đại. Trải qua một quá trình dài trong lịch sử toán học, định lý Poncelet đã trở thành một định lý quen thuộc giúp ta giải quyết nhiều bài toán, trong đó có các bài toán về Hình học xạ ảnh và cơ học. Nội dung mục này được tham khảo chủ yếu từ tài liệu [3].
Định lý Poncelet cho các đa giác khép kín được phát biểu như sau. Định lý 2.2.1. (Poncelet’s porism) Cho hai đường conic C và D trong mặt phẳng, với C chứa D. Nếu tồn tại một đường đa giác khép kín ngoại tiếp đường conic C và nội tiếp D thì khi đó tồn tại vô số các đường như vậy (có cùng dạng và cùng số cạnh) ứng với hai đường conic C và D.
Ví dụ 2.2.2. Hình 2.5 cho chúng ta một ví dụ miêu tả định lý Poncelet. Ta có hai đường đa giác đóng có các đỉnh nằm trên đường conic lớn và các đường đa giác này ngoại tiếp đường conic nhỏ hơn.
Hình 2.5
Ví dụ 2.2.3. Hình 2.6 minh họa trường hợp đường conicC là một đường tròn, đường conic D là một đường elip, đa giác khép kín là một ngũ giác.
Hình 2.6
Ví dụ 2.2.4. Minh họa cho Định lí Poncelet với hai đường conic là hai elip,
+ Hình 2.7 các đa giác khép kín ở đây là các tứ giác A1A2A3A4 và B1B2B3B4. + Hình 2.8 các đa giác khép kín ở đây là các lục giác A1A2A3A4A5A6 và B1B2B3B4B5B6.
Hình 2.8
Định lí trên phát biểu tổng quát cho hai đường conic chứa nhau. Nếu hai đường conic đó là hai đường tròn thì các đa giác khép kín đó chính là các đa giác lưỡng tâm. Trong hình học Euclide nội dung này được phát biểu như sau (tuy nhiên tính chất hình học được phát hiện trong định lý là một tính chất xạ ảnh.).
Định lý 2.2.5. Cho hai đường tròn ở trong nhau C0 ở trong C. Từ mỗi điểm A của C, ta dựng một dãy các điểm Ai, i 6= 0 trên C như sau:
A1 = A, Ai 6= Ai+1 và đường thẳng AiAi+1 tiếp xúc với C0 với mọi i; đường thẳng AiAi+1 khác với đường thẳng AiAi−1 với mọi i 6=. Khi đó tồn tại số nguyên dương n 6= 3 sao cho An = A với mọi điểm A của C
hoặc Ai 6= A với mọi số nguyên dương i 6= 2 và với mọi điểm A của C.
Dưới đây chúng tôi đưa ra một số hình ảnh minh họa cho Định lý 2.2.5.
Ví dụ 2.2.6. Minh họa cho Hệ quả của Định lí Poncelet,
+ Hình 2.9 các đa giác khép kín ở đây là các tứ giác lưỡng tâm + Hình 2.10 các đa giác khép kín ở đây là các lục giác lưỡng tâm + Hình 2.11 các đa giác khép kín ở đây là các bát giác lưỡng tâm + Hình 2.12 các đa giác khép kín ở đây là các thập giác lưỡng tâm
Hình 2.9: Các tứ giác lưỡng tâm nội tiếp vòng tròn lớn và ngoại tiếp vòng tròn bé.
Hình 2.11: Các bát giác lưỡng tâm nội tiếp vòng tròn lớn và ngoại tiếp vòng tròn bé.
Hình 2.12: Các thập giác lưỡng tâm nội tiếp vòng tròn lớn và ngoại tiếp vòng trònbé. bé.
Ứng dụng trong cơ học của định lý Poncelet
Định lý Poncelet có được tính chất để giải thích một số hiện tượng trong cơ học một cách tự nhiên và tinh tế, nếu ta lấyC0 và C là các đường tròn, trong đó C chứa C0 . Khi đó, quỹ đạo chuyển động của quả bi-a trong C là đa giác lưỡng tâm nội tiếp đường tròn C và ngoại tiếp đường tròn C0.
Hình 2.13: Bàn bi-a tròn với chướng ngại vật hình tròn ở giữa.
Hình 2.14: Bàn bi-a tròn với lỗ tròn ở giữa.
tròn C. Giả sử rằng ta bắn quả bi-a chạm đường tròn C tại điểm P, khi đó góc đến, kí hiệu là góc a, và góc đi, kí hiệu là góc b, sẽ bằng nhau (xem hình 2.15). Hơn nữa, tất cả các đoạn thẳng thuộc quỹ đạo của quả bi-a cũng là tiếp tuyến với C0 (xem Hình 2.17).
P
Hình 2.17: Tiếp tuyến tại điểm tiếp xúc của quả bi-a với đường tròn lớn.
Nếu quỹ đạo của quả bi-a không có chu kỳ, thì đường đi của quả bi-a sẽ lấp đầy phần trong của hình tròn C mà trừ đi phần được bao bởi C0
(xem Hình 2.18).
Hình 2.18
Trong mô tả toán học về hệ động lực bi-a, người ta cải thiện một số giả định chẳng hạn như coi quả bi-a là một chất điểm, lực ma sát coi như bằng không và biên phản xạ xem như hoàn toàn đàn hồi.
Trong mục này chúng tôi nêu một một số bài toán liên quan đến đa giác lưỡng tâm trong chương trình toán phổ thông.
Bài toán 2.2.7. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), nội tiếp đường tròn (O). AI cắt (O) lần thứ hai tại E. Chứng minh E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC.
Lời giải.
Hình 2.19
Trước tiên ta có CBE\ = \EAC (hai góc nội tiếp chắn cung EC) và [
BIE = IBA[ + IAB[ (tính chất góc ngoài tam giác). Do đó, ta có
[
IBE = IBC[ +CBE\ = IBA[ +\ECA = IBA[ +BAI[ = BIE.[ Tam giác EBI có IBE[ = BIE[ nên cân tại đỉnh E. Suy ra EI = EB.
Tương tự EI = EC. Vậy E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
BIC.
Bài toán 2.2.8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trong tâm (O) và ngoại tiếp đường tròn tâm (I). GọiX, Y, Z, T là tiếp điểm của đường tròn
(I) với AB, BC, CD, DA. Gọi H, K là hình chiếu của I trên BD, AC. Chứng minh rằng SXKT = SXHY.
Hình 2.20
Lời giải.Ta có tứ giác T KXAvà XBY H lần lượt nội tiếp đường tròn
đường kính IA và IB suy ra KXT\ = CAD\ = CBD\ = HXY .\ Từ đó SXKT SXY H = 1 2XT ·XK ·sinT XK\ 1 2XY ·XH ·sinHXY\ = XT ·XK XY ·XH = IA 2
·sinDAB\ ·sinCAB\ IB2 ·sin\ABC ·sinDAB\
= IA
2
·BD·BC IB2 ·AC ·A . Như vậy, ta cần chứng minh
IA2 IB2 = AC ·AD BD·BC. Thật vậy, ta có AD IA.ID = BC IB.IC AC IA.IC = BD IB.ID. Do đó, AC ·AD BD·BC = IA·IC IB ·ID · IA·ID IB ·IC = IA2 IB2.
SXY H
= 1
hay SXKT = SXY H.
Bài toán 2.2.9. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trong tâm (O) và ngoại tiếp đường tròn tâm (I). Kéo dài AI, BI, CI, DI cắt (O) lần lượt tại A’, B’, C’, D’. Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AIB, BIC, CID, DIA lần lượt nằm trên các cạnh của tứ giác A’B’C’ D’ và tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác A’IB’, B’IC’, C’ID’, D’IA’ cùng nằm trên đường tròn tâm I bán kính R2
−d2
2r . Lời giải.
Hình 2.21
Gọi O1, O2, O3, O4 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AIB, BIC, CID, DIA; O10, O20, O30, O04 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác A0IB0, B0IC0, C0ID0, D0IA0.
Ta có IO\2C = 2IBC[ = \ABC = IA[0C, suy ra tứ giác IO2A0C nội tiếp. Suy ra IO\2A0 = ICA[0 = 900. Tương tự ta cũng có O2 là hình chiếu của I trên A0D0. Như vậy O1, O2, O3, O4 là hình chiếu của I trên các cạnh của tứ giác A0B0C0D0. Mặt khác, đặt k = PI/(O). Ta có IO20 = B0C0 2 sinB\0IC0 = B0C0 2 sinBIC[. Mặt khác, B0C0 = k.BC IB.IC, suy ra IO20 = k.BC
2.IB.IC.sinBIC[ = k
2r
R2 −d2
2r .
Chứng minh tương tự suy ra O10, O02, O03, O40 nằm trên đường tròn tâm I bán kính R2
−d2
2r .
Bài toán 2.2.10. Cho ngũ giác lưỡng tâm ABCDE. GọiA1, B1, C1, D1, E1
lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng BD và CE, CE và DA, DA và EB, EB và AC, AC và BD. Chứng minh ngũ giác A1B1C1D1E1
ngoại tiếp được.
Lời giải.
GọiA2, B2, C2, D2, E2 lần lượt là tiếp điểm củaCD, DE, EA, AB, BC với (I) Gọi A3, B3, C3, D3, E3 lần lượt là giao điểm của B2D2 và C2E2, D2A2 và C2E2, E2B2 và D2A2, A2C2 và E2B2, B2D2 và A2C2.
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A2, B2, C2, D2, C2, D2 suy ra A nằm trên đường thẳng nối giao điểm của B2D2 và A2C2, B2C2 và A2D2. Tương tự D cũng nằm trên đường thẳng nối giao điểm của B2D2 và A2C2, B2C2 và A2D2. Từ đó E3 ∈ AD.
Hình 2.22 Chứng minh tương tự ta có A3 ∈ BE, B3 ∈ AC, C3 ∈ BD D3 ∈ EC. Ta có \ C1E3A3 = EB\2D2 −EDA\ = EB\2D2 −\EBA= C\1A3E3. Từ đó, ta cóC1A3 = C1E3. Tương tựD1A3 = D1B3, suy raAE3+AB3 = PAC1D1. Mặt khác, AE3 = AD2.sinE\3D2A sinAE\3D2 , AB3 = AC2.sinB\3C2A sinAB\3C2 . Ta sẽ chứng minh AE3 = AB3 khi và chỉ khi
AD2.sinE\3D2A sinAE\3D2 = AC2.sinB\3C2A sinAB\3C2 Thật vậy, AD2.sinE\3D2A sinAE\3D2 = AC2.sinB\3C2A sinAB\3C2 ⇔ sinE\3D2A sinAE\3D2 = sinB\3C2A sinAB\3C2 ⇔ sinE\3D2A sinAB\3C2 = sinAE\3D2 sinAB\3C2 = sinD\2A3B sinE\2A3B.
Hơn nữa, ta có BE2 sinE\2A3B = BA3 sinA\3E2B, BD2 sinD\2A3B = BA3 sinA\3D2B. Suy ra, ta có sinE\3D2A sinAB\3C2 = sinA\3D2B sinA\3E2B = sinD\2A3B sinE\2A3B.
Vậy AE3 = AB3, hay A3, B3, E3 là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác AC1D1 với ba cạnh. Chứng minh tương tự suy ra các tam giác AC1D1, BD1E1, CE1A1, DA1B1, EB1C1 có chung đường tròn bàng tiếp, hay ngũ giác A1B1C1D1E1 ngoại tiếp được.
Luận văn đã trình bày được một số kết quả sau:
- Trình bày định nghĩa về đa giác lưỡng tâm và các tính chất cơ bản của đa giác lưỡng tâm.
- Trình bày và chứng minh mối quan hệ giữa đường tròn nội tiếp,