tiếp xúc trong với (ABCD). Áp dụng định lý Sawayama - Thebault suy ra
Ia ∈ ObOc. Do R(Oa) = R(Ob) = R(Oc) = R(Od) nên R(Ia) = R(Ib) = R(Ic) = R(Id). Từ đó hai tứ giác IaIbIcId và ABCD có cạnh tương ứng song song. Ta đã biết IaIbIcId là hình chữ nhật, do đó ABCD là hình chữ nhật.
Mặt khác, áp dụng Tính chất 2.2.5 cho tam giác ABC và hai đường tròn Thebault (Oa) và (Ob) suy ra I là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc B
với AC. Mà I là trung điểm AC nên tam giác ABC cân tại B. Suy ra ABCD
là hình vuông.
Bài toán 2.3.5 (CGMO 2013). Cho hai đường tròn (O1) và (O2) tiếp xúc ngoài nhau tại T. Tức giác ABCD nội tiếp (O1)sao cho AD, BC tiếp xúc với
(O2) lần lượt tại E, F. Phân giác ABF[ giao EF tại N, F T giao (O1) lần thứ hai tại M. Chứng minh rằng M là tâm ngoại tiếp tam giác BCN.
Chứng minh. Gọi B0, C0 lần lượt là giao của BT, CT với (O2). Do T là tâm vị tự của(O1)và (O2)suy ra BC kB0C0. Từ đóF là điểm chính giữa cung B0C0. Phép vị tự tâm T biến B0 → B, C0 → C, F → M nên M là điểm chính giữa cung BC. Do (O2) là đường tròn Thebault bàng tiếp của tam giác ABC ứng với đường thẳng AD và N là giao của phân giác ABC[ với EF nên theo Bổ đề Sawayama - Thebault, N là tâm bàng tiếp góc B của tam giác ABC. Ta đã biết điểm chính giữa cung BAC là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC,
suy ra điều phải chứng minh.
Bài toán 2.3.6 ([3]). Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Đường tròn ω có tâm E tiếp xúc với các đoạn thẳng HB, HC và tiếp xúc với (O). Chứng minh rằng trung điểm HE là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BHC.
Hình 2.14: I là trung điểm HE.
Chứng minh. GọiD là giao củaCH với(O). Suy ra D đối xứng vớiH quaAB. GọiF, Glần lượt là tiếp điểm củaωvớiHB, HC;I, J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác BHC, BDC. Theo Bổ đề Sawayama - Thebault suy ra
J, F, Gthẳng hàng. Ta cóBIJd = 180o−BIC[ = 90o−1
2BHC\ =HF G\ =J F B.[
Suy ra tứ giác BJ F I nội tiếp. Ta có HF I[ = 180o − BF I[ = 180o −BJ C[ = 90o− 1
2BDC\ = 90
o− 1
2BHD\ =F HI.[ Suy raI là trung điểm HE. Ta có điều
Bài toán 2.3.7 ([3]). Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Một đường trònω tiếp xúc với các cạnhAB, AC lần lượt tại L, K và tiếp xúc ngoài với(BOC). Chứng minh rằng LK chia đôiAI vớiI là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Hình 2.15: LK là đường trung trực của AI.
Chứng minh. Gọi E là giao điểm thứ hai của AC với (BOC). Ta có BEA[ = 180o−\BEC = 180o −\BOC = 180o −BAC[. Do đó tam giác AEB cân tại E. Suy ra OE là trung trục của đoạn thẳng AB và OE giao CI tại điểm chính giữa M của cung AB. Do ω là đường tròn Thebault của tam giác BEC ứng với đường thẳng BA và M là tâm đường tròn bàng tiếp góc C của tam giác
BEC nên M, L, K thẳng hàng. Tương tự, gọi N là điểm chính giữa cung AC
thìN.L, K thẳng hàng. Do M N là trung trực của đoạn thẳng AI nênLK chia đôi AI.
Bài toán 2.3.8 (Định lý Sawayama - Thebault mở rộng, [7]). Cho tam giác nội tiếp đường tròn (O). D là một điểm thuộc tia đối tia CB. Đường tròn (K)
tiếp xúc DA, DC lần lượt tại M, N và tiếp xúc ngoài (O). Chứng minh M N đi qua tâm bàng tiếp ứng với đỉnh B của tam giác ABC.
Chứng minh. Gọi phân giác ngoài tại đỉnh A cắt (O) tại E khác A. AE cắt
M N tại J. (K) tiếp xúc (O) tại F. Dễ thấy E, N, F thẳng hàng và EB2 = EC2 = EN ·EF.
Ta lại có F M N\ = 1
2F KN\ = 1
Hình 2.16: M N đi qua tâm bàng tiếp ứng với đỉnh B của tam giác ABC.
\
M J A. Từ đó4EF J ∼ 4EJ N suy ra EJ2 =EN·EF =EC2 =EB2. Suy ra
J là tâm bàng tiếp ứng với đỉnh B của tam giác ABC. Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.3.9 ([3]). Cho tứ giác ABCD. Giả sử tia BA giao tia CD tại F, tiaDAgiao CB tạiE.Phân giác góc\DF A,AEB[ cắt nhau tạiG.Chứng minh rằng 2EGF[ =DAB\+DCB.\
Chứng minh. Xét tam giácECD, ta cóDEC\+\CDE+\ECD= 180o. Xét tam giác F BC, ta có \CF B+\F BC+\BCF = 180o. Từ đó
\
DEC+\CF B+\F BC+CDE\+ 2BCD\ = 360o = \DAB+\BCD+ABC[ +\CDA.
Hay
[
AEB+\DF A+BCD\ = \DAB. (2.4) Mặt khác, ta có
d
Hình 2.17: 2EGF[ =\DAB+DCB.\ Mà [ CxG = 180o−yCxd − 1 2AEB,[ GyC[ = 180 o−yCxd − 1 2\DF A, nên \ BCD+CxG[ +GyC[ =BCD\+ 360o−2BCD\− AEB[ +\DF A 2 = 360o −\BCD− AEB[ +\DF A 2 . Suy ra d xGy = 360o−(BCD\+CxG[ +GyC)[ = 360o− 360o −BCD\− AEB[ +\DF A 2 ! = \BCD+ AEB[ +\DF A 2 . Hay 2xGyd = 2BCD\+AEB[ +\DF A. (2.5) Thế (2.4) vào (2.5) ta được 2xGyd = \DAB+BCD.\
Bài toán 2.3.10 ([3]). Cho tam giácABC nội tiếp đường tròn(O). Trên cung
BC không chứa A của (O) là điểm D. Giả sử CD cắt AB ở E và BD cắt AC
ở F. Gọi (K) là đường tròn nằm trong tam giác EBD, tiếp xúc với EB, ED
và tiếp xúc với đường tròn (O). Gọi (L)là tâm đường tròn nằm trong tam giác
F CD, tiếp xúc với F C, F D và tiếp xúc với đường tròn (O).
a) Gọi M là tiếp điểm của (K) với BE và N là tiếp điểm của (L) với CF.
Chứng minh rằng đường tròn đường kính M N luôn đi qua một điểm cố định khi D di chuyển.
b) Đường thẳng qua M và song song với CE cắt AC ở P, đường thẳng qua N và song song với BF cắt AB ở Q. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác AM P, AN Q cùng tiếp xúc với một đường tròn cố định khi D di chuyển.
Hình 2.18: Đường tròn đường kính M N luôn đi qua điểm J cố định.
Chứng minh. a) Gọi (K) tiếp xúc ED tại G và (L) tiếp xúc F D tại H. Theo Bài toán 2.3.8, M G, N H đi qua tâm bàng tiếp J ứng với đỉnh A. Theo Bài toán 2.3.9 góc tạo bởi (EK, LF) = 1
2(Ab+D) = 90b
M G ⊥ EK ⊥ LF ⊥ N H. Suy ra, M G vuông góc N H tại J nên đường tròn đường kính M N đi qua J cố định.
b) Dễ thấy tam giác EM G cân nên M J cũng là phân giác ngoài tam giác
AM P nên J cũng là tâm bàng tiếp góc A của tam giác AM P. Giả sử đường tròn (R)tiếp xúc với CA, AB tạiY, Z và tiếp xúc ngoài (O)thì tâm bàng tiếp
J của tam giác ABC là trung điểm Y Z. DoJ là tâm bàng tiếp của AM P nên đường tròn (R) tiếp xúc AP, AM tại Y, Z cũng tiếp xúc đường tròn ngoại tiếp tam giác AM P. Vậy đường tròn ngoại tiếp tam giác AM P luôn tiếp xúc (R)
cố định. Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.3.11 ([3]). Cho tam giác ABC một đường tròn (O) bất kỳ cố định đi qua B, C. D là điểm di chuyển trên (O) sao cho A, D khác phía BC. Giả sử CD cắt AB ở E và BD cắt AC ở F. Gọi (K) là đường tròn tiếp xúc
EB, ED lần lượt tại M, N và tiếp xúc trong (O). Gọi (L) là đường tròn tiếp xúc F C, F D lần lượt tại P, Q và tiếp xúc trong (O). Chứng minh rằng giao điểm của M N, P Q luôn nằm trên một đường tròn cố định khi D di chuyển.
Hình 2.19: R luôn nằm trên một đường tròn cố định.
đỉnhG của tam giácBGC cố định và P Qđi qua tâm bàng tiếp T ứng với đỉnh
H của tam giácHBC cố định. Gọi M N cắtP Q tạiRchú ýEK ⊥ M N, F L ⊥
P Q. Theo Bài toán 2.3.9, ta có SRT[ = (EK, F L) =\ 1
2(BAC[ +CDB\) vì (O)
cố định nên CDB\ không đổi. Từ đó Rb không đổi và S, T cố định nên R thuộc đường tròn cố định đi qua S, T.
Bài toán 2.3.12 ([3]). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) có AC
cắt BD tại E. Đường tròn (K) tiếp xúc đoạn EA;ED và tiếp xúc trong (O). Đường tròn (L) tiếp xúc đoạn EB;EC và tiếp xúc trong (O). Chứng minh rằng trục đẳng phương của (K) và (L) chia đôi các cung AB và CD của (O).
Hình 2.20: Trục đẳng phương của (K)và (L) chia đôi các cung AB và CD của (O).
Chứng minh. Gọi (K) tiếp xúc AC, BD tại M, N. (L) tiếp xúc AC, BD tại
P, Q. Theo Tính chất 2.2.1, M N đi qua tâm nội tiếp I của tam giác DAB
và P Q đi qua tâm nội tiếp J của tam giác CAB. Gọi S, T là trung điểm các cungAB và CD của (O). Ta dễ chứng minh ST song song với phân giác AEB[
và vuông góc với phân giác \BEC. Dễ thấy tứ giác AIJ B nội tiếp nên IJ cắt
EA, EB tạo thành một tam giác cân, suy ra IJ ⊥ ST. Hơn nữa DI, CJ đi qua S và SI = SA=SB =SJ. Từ đó tam giác SIJ cân và ST ⊥ IJ nên ST
chia đôi IJ. Trong hình thang M N P Q có ST kM N kP Q và ST chia đôi IJ
nên ST là đường trung bình nên ST đi qua trung điểm của M P, N Q, vậy ST
Bài toán 2.3.13 ([3]). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi I, J
là tâm nội tiếp tam giác BAD, CAD. Gọi DI, AJ lần lượt cắt (O) tại S, T
khác D, A. Đường thẳng IJ lần lượt cắt AB, CD tại M, N.
a) Chứng minh rằng SM và T N cắt nhau trên đường tròn (O).
b) Gọi đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt CD tại P khác N. Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM cắt AB tại Q khác M. Chứng minh rằng P Q
đi qua tâm nội tiếp hai tam giác ABC và DBC.
Hình 2.21: SM và T N cắt nhau tạiE thuộc (O).
Chứng minh. a) Dễ thấy tam giácSAI vàT DJ cân và cóASId =DT J[ nên hai tam giác đó đồng dạng. Dễ thấy tứ giác AIJ D nội tiếp nên M AI[ = IAD[ = \
DJ N và\N DJ = J DA[ =AIM[. Từ đó hai tam giácM AI vàN J D đồng dạng. Từ đó suy ra SM A và T N J đồng dạng. Vậy, ta có ASM\ = N T J[. Do đó SM
và T N cắt nhau tại E trên đường tròn (O).
b) Gọi AB cắt CD tại G. GE cắt (O) tại F khác E. Ta thấy GC · GD = GE ·GF = GM ·GQ. Từ đó tứ giác M QEF nội tiếp nên QF E[ = AM E\ = \
M AS +M SA\ = M BS\ +AF E[ = SF A[ +ASE[ = EF S[. Từ đó S, Q, F thẳng hàng. Tương tự, T, P, F thẳng hàng. Từ chứng minh trên SM A và T N J đồng dạng nên tam giác GM N cân suy GM = GN. Lại có GM · GQ = GN · GP
nên GP = GQ suy ra P Q k M N k ST. Từ đó, đường tròn ngoại tiếp tam giác F P Q tiếp xúc (O). Vậy theo định lý Poncelet, nếu P Q cắt DB, AC tại
DB, AC. Từ đó theo Bổ đề Sawayama thì P Q đi qua tâm nội tiếp hai tam giác
ABC và DBC.
Bài toán 2.3.14 ([3]). Cho tứ giácABCD nội tiếp đường tròn (O). Hai đường chéo AC và BD cắt nhau tại E. Đường tròn (K) tiếp xúc với đoạn EC, ED
và tiếp xúc trong(O) tạiP. Chứng minh rằng phân giác CP D\ đi qua tâm nội tiếp tam giác ECD và phân giác AP B[ đi qua tâm nội tiếp tam giác EAB.
Hình 2.22: P I là phân giác góc DP C\.
Chứng minh. Gọi (K) tiếp xúc đoạn EC, ED tại M, N. Gọi J, L là tâm nội tiếp tam giác ACD và BCD. Theo Bổ đề Sawayama thì M N đi qua J, L. Hơn nữa các tứ giác P CM L và P DN J nội tiếp. Gọi đường tròn ngoại tiếp hai tứ giác này cắt nhau tại I khác P. Ta có DIP[ = DN P\ = N M P\ = LCP[. Từ đó
D, I, L thẳng hàng. Tương tự, C, I, J thẳng hàng nên I là tâm nội tiếp tam giác ECD. Từ đó dễ có DP I[ = IN E[ = \IM E = CP I[ nên P I là phân giác
\
CP D. Xét tam giácEABcó đường tròn (O)quaA, B và(K)tiếp xúcEA, EB
và tiếp xúc trong (O)tạiP. Theo phần vừa chứng minh thì phân giác AP B[ đi qua tâm nội tiếp tam giác EAB.
Bài toán 2.3.15 ([3]). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P là một điểm trên cạnh BC, AP cắt(O)tạiQ khác A. Gọi (O1)là đường tròn tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với hai cạnh P A, P B. (O2) là đường tròn tiếp xúc
trong với (O) và tiếp xúc P C, P A. Gọi I1, I2 là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác P BQ, P CQ. Chứng minh rằng O1O2, I1I2, BC đồng quy.
Hình 2.23: O1O2, I1I2, BC đồng quy.
Chứng minh. Gọi(O1),(O2)tiếp xúc(O)tạiT1, T2. Theo chứng minh bài trước thì phân giác CT\1Q đi qua tâm I2 là tâm nội tiếp tam giác P QC và đi qua
X2 là điểm chính giữa cung QC. Tương tự, phân giác BT\2Q đi qua tâm I1 là tâm nội tiếp tam giác P QB và đi qua X1 là điểm chính giữa cung QB. Từ đó áp dụng Pascal cho sáu điểm T1, B, X1;C, T2, X2 thu được BC cắt T1T2
tại S thuộc I1I2. Mặt khác dễ thấy S thuộc I1I2, nên ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 2.3.16 ([3]). Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O).
Đường tròn (I) tiếp xúc với cung nhỏ AB và tiếp xúc với đoạn AB tại Q. Đường tròn (J)tiếp xúc với cung nhỏ AC và tiếp xúc với đoạn AC tạiN. Tiếp tuyến chung ngoài không cắt đoạnAQ, AN của(I)và (J)tiếp xúc (I),(J)lần lượt tại M, P. Chứng minh rằng M N, P Q cắt nhau trên phân giác BAC[ khi và chỉ khi M P kBC.
Hình 2.24: R nằm trên phân giác BAC[ khi và chỉ khi M P kBC.
tâm nội tiếp của tam giác AGH nên R là tâm nội tiếp của tam giác AGH. Từ đó AR là phân giác \GAH hay cũng là phân giác \OAK do AO, AK đẳng giác trong GAH\. Từ đó AR là phân giác BAC[ khi và chỉ khi AO, AK đẳng giác trong BAC[ hay AK là đường cao của tam giác AB. Từ đó R nằm trên phân giác BAC[ khi và chỉ khi M P kBC.
Kết luận
Trong luận văn đã trình bày được những vấn đề sau:
• Trình bày lại một khái niệm và định lý cơ sở của hình học phẳng như tứ giác điều hòa, phép vị tự, trục đẳng phương, định lý Poncelet, định lý Menelaus, định lý Pascal, định lý Thales.
• Trình bày khái niệm, cách dựng, các tính chất của đường tròn Mixtilinear và một số bài tập ứng dụng liên quan thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi. Các tính chất, bài tập được làm chi tiết, vẽ hình đầy đủ. • Trình bày khái niệm đường tròn Thebault, cách dựng, các tính chất của
đường trong Thebault. Ngoài ra, chúng tôi trình bày một số bài toán thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi liên quan đến đường tròn Thebault. Các tính chất, bài tập được làm chi tiết, vẽ hình đầy đủ.
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt
[1] Trần Văn Hạo (chủ biên) (2010), Hình học 10, NXB Giáo dục.
[2] Trần Văn Hạo (chủ biên) (2016), Sách giáo khoa hình học 11 (Cơ bản) và sách giáo viên hình học 11 (Cơ bản), NXB Giáo dục Việt Nam.
[3] Trần Quang Hùng, Dương Ánh Ngọc (2016), "Định lý Sawayama và The- bault trong các bài toán hình học thi Olympic", Tạp chí Epsilon, Vol. 9, pp. 93–116.
[4] Nguyễn Văn Linh, Đường tròn Mixtilinear, Euclidean Geometry Blog, URL http://nguyenvanlinh.wordpress.com
[5] Đoàn Quỳnh (Tổng chủ biên) (2010), Giải tích 12 nâng cao, NXB Giáo dục.
[6] https://toanhocsocap.blogspot.com/2017/01/mot-so-bai-toan-ve
-uong-tron-mixtilinear.html
Tiếng Anh
[7] L. Bankoff (1983), "A Mixtilinear Adventure", Crux Mathematicorum with Mathematical, Vol. 9, No. 1, pp. 2–7.
[8] Fukagawa, Hidetoshi, and DanPedoe (1989), Japanese temple geometry problems, Winnipeg: CharlesBab-bage Research Centre.
[9] Jean Louis Ayme, A new Mixtilinear incircle adventure I, URL http://jl.ayme.pagesperso-orange.fr/Docs/Mixtilinear1.pdf
[10] Khoa Lu Nguyen and Juan Carlos Salazar (2006), "On Mixtilinear In- circles and Excircles", Forum Geometricorum Vol. 6, pp. 1–16, URL http://forumgeom.fau.edu/FG2006volume6/FG200601.pdf
[11] Cosmin Pohoata (2009), "Geometric Construction of Mixtilinear Incir-