BÙI THANH TÙNG
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA GIÁC LƯỠNG TÂM
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên - 2016
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
BÙI THANH TÙNG
MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐA GIÁC LƯỠNG TÂM
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp Mã số:
60 46 01 13
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
TS. TRẦN VIỆT CƯỜNG
Thái Nguyên - 2016
i
Mục lục
Lời nói đầu 1
1 Tam giác lưỡng tâm và tứ giác lưỡng tâm 3
1.1 Tam giác lưỡng tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 3
1.1.1 Tính chất của tam giác lưỡng tâm . . . . . . . . 3
1.1.2 Khoảng cách giữa tâm của đường tròn nội tiếp
và đường tròn ngoại tiếp . . . . . . . . . . . . . 8
1.2 Tứ giác lưỡng tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 16
1.2.1 Tính chất của tứ giác lưỡng tâm . . . . . . . . . 16
1.2.2 Diện tích của tứ giác lưỡng tâm . . . . . . . . . 36
2 Đa giác lưỡng tâm và ứng dụng 39
2.1 Đa giác lưỡng tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 39
2.1.1 Tính chất của đa giác lưỡng tâm . . . . . . . . 39
2.1.2 Mối quan hệ giữa n-giác lưỡng tâm và 2n-giác
lưỡng tâm với đường tròn bàng tiếp . . . . . . . 41
2.2 Một số ứng dụng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 45
2.2.1 Bài toán của Fuss về tứ giác lưỡng tâm . . . . . 45
2.2.2 Định lý Poncelet về đa giác lưỡng tâm . . . . . 50
2.2.3 Một số bài tập ứng dụng trong chương trình phổ
thông . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 57
ii
Kết luận 63
Tài liệu tham khảo 64
iii
Danh sách hình vẽ
1
Đa giác lưỡng tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . Tam giác lưỡng tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . a Tứ giác lưỡng tâm . . . . . . . . . . . . . . . . . . b
1 1 1
dài a, b, c thỏa mãn c
1.1 Tam giác có đường tròn ngoại tiếp (O, R), các cạnh có độ . . . . . . . . . . . . . . . a. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Tam giác ABC với các cạnh có độ dài c 1.3 Đường cao có độ dài h được kẻ từ C xuống cạnh AB. 1.4 1.5 1.6 1.7 1.8 1.9 1.10 1.11 1.12 1.13 1.14 1.15 1.16 1.17 1.18 1.19 1.20 1.21 1.22 1.23
4 6 7 9 11 12 13 15 16 17 18 20 21 22 24 24 25 25 26 26 27 28 29
b a. ≥ ≥ b ≥ ≥
iv
1.24 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.25 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.26 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.27 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.28 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.29 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
30 31 32 33 34 35
46 47 48 49 50 51 51 52
vòng tròn bé.
53
vòng tròn bé.
53
tiếp vòng tròn bé.
54
tiếp vòng tròn bé.
54 55 55 55 55
lớn.
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.5 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.7 2.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.9 Các tứ giác lưỡng tâm nội tiếp vòng tròn lớn và ngoại tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.10 Các lục giác lưỡng tâm nội tiếp vòng tròn lớn và ngoại tiếp . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11 Các bát giác lưỡng tâm nội tiếp vòng tròn lớn và ngoại . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.12 Các thập giác lưỡng tâm nội tiếp vòng tròn lớn và ngoại . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.13 Bàn bi-a tròn với chướng ngại vật hình tròn ở giữa. . . . . 2.14 Bàn bi-a tròn với lỗ tròn ở giữa. . . . . . . . . . . . . . . 2.15 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.16 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.17 Tiếp tuyến tại điểm tiếp xúc của quả bi-a với đường tròn . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.18 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.19 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.20 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.21 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.22 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
56 56 57 58 59 61
1
Lời nói đầu
Trong lĩnh vực hình học sơ cấp, các vấn đề về đa giác lưỡng tâm là một trong những chủ đề hấp dẫn và nhắc đến thường xuyên. Một số bài toán về đa giác lưỡng tâm đã được xếp trong lớp những bài toán kinh điển về hình học, chẳng hạn như bài toán của Fuss hay các định lý của Poncelet về đa giác lưỡng tâm. Khái niệm một đa giác lưỡng tâm trong không gian R2 được phát biểu như sau:
Đa giác
P
được gọi là một đa giác lưỡng tâm nếu tồn tại đồng thời (xem
P
một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp ứng với Hình 1).
(a) Tam giác lưỡng tâm
(b) Tứ giác lưỡng tâm
Hình 1: Đa giác lưỡng tâm
Trong luận văn này, mục tiêu của chúng tôi là trình bày lại một cách có hệ thống các kết quả, cũng như một số tính chất thú vị về đa giác lưỡng tâm. Nội dung của luận văn gồm hai chương.
Trong chương thứ nhất, chúng tôi trình bày về khái niệm, tính chất của tam giác lưỡng tâm và tứ giác lưỡng tâm. Nội dung của chương chủ yếu xoay quanh việc tìm hiểu các tính chất nếu lên mối quan hệ giữa bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp và khoảng cách giữa hai tâm. Bên cạnh đó, một số công thức thú vị để tính diện tích của
P
2
tứ giác lưỡng tâm cũng được trình bày cụ thể.
−
Tiếp theo, trong chương thứ hai, chúng tôi trình bày các tính chất về đa giác lưỡng tâm cùng với mối quan hệ giữa bán kính đường tròn nội tiếp, bán kính đường tròn ngoại tiếp và khoảng cách giữa hai tâm. Ngoài ra, chúng tôi có trình bày lại mối quan hệ giữa giữa n giác lưỡng tâm giác lưỡng tâm với đường tròn bàng tiếp của chúng. Cuối cùng, và 2n chúng tôi đề cập đến một số bài toán nổi tiếng về đa giác lưỡng tâm, đó là các bài toán của Fuss và Poncelet.
Yên Bái, tháng 5 năm 2016 Tác giả
Bùi Thanh Tùng
−
3
Chương 1
Tam giác lưỡng tâm và tứ giác
lưỡng tâm
Trong Chương 1, chúng tôi trình bày khái niệm, một số tính chất, công
thức căn bản về tam giác lưỡng tâm và tứ giác lưỡng tâm.
1.1 Tam giác lưỡng tâm
Từ những kiến thức ở hình học sơ cấp, chúng ta đã biết rằng mọi tam giác đều có một đường tròn ngoại tiếp và một đường tròn nội tiếp tương ứng với nó. Do đó, mọi đa giác là tam giác đều là tam giác lưỡng tâm. Trong mục này, chúng tôi xin đưa ra các tính chất đẹp của tam giác lưỡng tâm.
T
1.1.1 Tính chất của tam giác lưỡng tâm
Các tính chất thú vị về tam giác lưỡng tâm chủ yếu xoay quanh hai đại lượng, đó là bán kính ngoại tiếp R và bán kính nội tiếp r, vì vậy trong phần này chúng tôi sẽ đưa ra các mối liên hệ, cách tính R và r. Với trường hợp đường tròn ngoại tiếp tam giác , có độ dài các cạnh lần lượt là a, b, c, các công thức sin cho phép ta tính toán độ dài bán kính R một cách thuận lợi. Ta có thể biểu diễn R là một hàm với các độ dài a, b, c.
T
Mệnh đề 1.1.1. ([4, tr. 2-3]) Gọi lượt là a, b, c (c
là tam giác có độ dài các cạnh lần a). Khi đó, bán kính đường tròn ngoại tiếp R được
T b ≥ ≥
4
tính bởi công thức sau
(1.1)
(cid:112)4a2b2
. R = abc (a2 + b2 c2)2 − −
T
Chứng minh. Gọi A, B, C là các đỉnh của tam giác thỏa mãn AB = , w là a, AC = b, BC = c, O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác góc hợp bởi cạnh BC và OC, e là góc hợp bởi BC và OB, d là góc hợp bởi AC và OA, f là góc hợp bởi AB và OA (Hình 1.1). Ta có các công thức sau
(1.2)
T
,
(1.3)
(1.4)
(1.5)
(1.6)
c 2R (tính chất tam giác cân)
Kết hợp (1.4) với (1.5) và biến đổi, ta thu được đẳng thức sau
(1.7)
(cid:98)f .
(cid:98)C + (cid:98)w = (cid:98)A
cos (cid:98)w = (cid:98)w = (cid:98)e, (cid:98)C + (cid:98)w = (cid:98)d, (cid:98)d + (cid:98)f = (cid:98)A, (cid:98)e + (cid:98)B = (cid:98)f .
Kết hợp (1.3) với (1.6), ta có
(1.8)
(cid:98)w + (cid:98)B = (cid:98)f .
Hình 1.1: Tam giác có đường tròn ngoại tiếp (O, R), các cạnh có độ dài a, b, c thỏa
mãn c
b
a.
≥
≥
−
5
Kết hợp (1.7) và (1.8), ta thu được
(cid:98)A
(cid:98)B
(1.9)
(cid:98)C
(cid:98)B, hay (cid:98)w =
(cid:98)C 2
Mặt khác, do tổng của ba góc trong tam giác bằng 180◦ nên ta có
(cid:98)A + (cid:98)B + (cid:98)C = 180◦
Thay vào công thức (1.9) cho ta
. − − 2 (cid:98)w = (cid:98)A − −
(cid:98)w = (cid:98)A
Sử dụng công thức (1.2), ta có
(1.10)
90◦. −
Đẳng thức (1.10) tương đương với
(1.11)
. R = c 2 cos( (cid:98)A 90◦) −
Để tính (cid:98)A, chúng ta sử dụng công thức sau:
. R = c 2 sin (cid:98)A
Từ đó, ta có
(cid:21)
c2 = a2 + b2 2ab cos (cid:98)A. −
(cid:98)A = arccos
(cid:20)a2 + b2 2xy
Nếu sử dụng công thức (1.11) thì
c2 . −
(1.12)
(cid:16)
(cid:105)(cid:17).
c2
−
(cid:104) a2+b2 2ab
Sử dụng công thức lượng giác, ta có
(cid:112)
c R = 2 sin arccos
Do đó, phương trình (1.12) trở thành
σ2, σ 1 1. sin[arccos σ] = − | |≤
(cid:113)
c2
. R =
−
2 1 )2 c ( a2+b2 2ab −
6
Biến đổi đẳng thức trên, ta thu được điều phải chứng minh
(cid:112)4a2b2
(cid:3)
Bán kính đường tròn nội tiếp thường được ký hiệu là r. Giống như trường hợp đường tròn ngoại tiếp, ta tìm một công thức cho giá trị của . r qua độ dài a, b, c của tam giác
. R = abc (a2 + b2 c2)2 − −
là tam giác với độ dài các cạnh thỏa a. Khi đó bán kính nội tiếp r được biểu diễn bởi công thức
(cid:115)
T T Mệnh đề 1.1.2. ([4, tr. 7-8]) Gọi mãn c b ≥ ≥
(1.13)
Công thức (1.13) được viết lại thành
c r = − b)2 c2 . a + b 2 c2 (a − (a + b)2 − −
.
, r = 2S a + b + c
với S là diện tích của tam giác Chứng minh.
Hình 1.2: Tam giác ABC với các cạnh có độ dài c
b
a.
≥
≥
Để chứng minh cho công thức trên, chúng ta chia
T
T
thành tổng của các phần nhỏ (xem Hình 1.2). Gọi A, B, C là các đỉnh của tam giác thỏa mãn AB = c, AC = b, BC = a, I là tâm của đường tròn nội tiếp tam và p, t, q theo thứ tự là tiếp điểm ứng với ba cạnh a, b, c. Nối tâm giác , ta thu được ba tam của đường tròn nội tiếp với các đỉnh của tam giác
T
T
7
giác AIB, AIC và CIB. Đặt S [
. Khi đó, ta có
] = S [ABC] là diện tích của tam giác T
T
S [ABC] = S [AIB] + S [AIC] + S [BIC]
+ + = (Iq)(AB) 2 (It)(AC) 2 (Ip)(BC) 2
+ + =
Gọi K là hình chiếu của C trên AB, khi đó ta có
. = ra rb rc 2 2 2 r(a + b + c) 2
Do đó, ta có độ dài của đường cao h như sau
(cid:115)
(cid:19)2
a2 a2 AK = AC cos A = b = − − b2 + c2 2bc b2 + c2 2c
(cid:18)c2 + b2 2c
Hình 1.3: Đường cao có độ dài h được kẻ từ C xuống cạnh AB.
Suy ra, ta có
(cid:115)
(cid:19)2
a2 b2 . h = − −
(cid:18)c2 + b2 2c
Do vậy, ta có
(cid:115)
(cid:19)2
a2 b2 . S [ ] = = − ch 2 c 2 T −
(cid:18)c2 + b2 2c
a2 . b2 = h = − r(a + b + c) 2 c 2 c 2 −
8
Biến đổi ta thu được,
(cid:115)
(cid:3)
Công thức để tính bán kính nội tiếp r ở trên có thể được biểu diễn trong một số trường hợp
a r = − b)2 a2 . c + b 2 a2 (c − (c + b)2 − −
một cách đơn giản hơn khi chúng ta giới hạn đặc biệt, chẳng hạn như tam giác cân, tam giác đều, tam giác vuông.
Trường hợp
là tam giác cân thỏa mãn a = c. Ta có
T
(cid:114)
• T
.
với S là diện tích tam giác
Trường hợp tam giác
, r = b 2 b 2S − 2S + b
T là tam giác đều. Khi đó, đặt a là độ dài của T • một cạnh, thì
Trường hợp tam giác
là tam giác vuông thỏa mãn a2 + b2 = c2. Khi
. r = a√3 6
T • đó,
c . r = − a + b 2
1.1.2 Khoảng cách giữa tâm của đường tròn nội tiếp và
Trong phần này, chúng ta quan tâm đến những mối liên hệ cơ bản, với đường tròn ngoại
đường tròn ngoại tiếp
được nảy sinh một cách tự nhiên giữa tam giác tiếp và nội tiếp ứng với nó.
Định nghĩa 1.1.3. Gọi C0 và C1 là hai đường tròn lồng nhau có bán kính lần lượt là R và r. Giả sử C1 nằm trọn vẹn trong C0, khi đó khoảng cách tâm, ký hiệu bởi d, được định nghĩa là khoảng cách giữa hai tâm của hai đường tròn C0 và C1.
T
9
≤
Định lý 1.1.4. ([4, tr. 11-16]) Giả sử C0 và C1 là hai đường tròn lồng 1 nhau, có bán kính lần lượt là R và r thỏa mãn r 2R. Khi đó, tồn tại (có độ dài các cạnh a, b, c trong đó a = c) với bán một tam giác cân kính ngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là R và r, khi và chỉ khi
T
với bán kính
d2 = R2 2Rr. −
T
Chứng minh. Giả sử rằng, tồn tại một tam giác cân ngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là R và r. Khi đó, ta chia tam giác cân thành hai tam giác vuông như Hình 1.4, ta có
(cid:19)2
T
(cid:18) b 2
Hình 1.4
Biến đổi đẳng thức trên, ta thu được
= a2. (r + R + d)2 +
Với điều kiện cả hai vế đều dương, bình phương hai vế, ta có
b2 2(r + R) + √4a2 . d = − − 2
(cid:112)
b2 4a2 d2 = 4a2 b2(r + R) + (r + R)2. − 4 −
− Thay thế R và r bởi các biểu thức phụ thuộc vào a và b ở vế phải của đẳng thức trên, ta có
a4 ab + + + d2 = b2 . b2 4 2a b − 2a + b ab2 2a + b 4a2 b2 4 − −
10
Nhân cả hai vế với 4(4a2
b2) rồi biến đổi, ta có −
a4 d2 = −
− 2ba3 + b2a2 b2 4a2 a4 ba2(2a b) = 4a2 (2a − b)(2a + b) b2 −
Viết lại đẳng thức trên bằng cách thay các biểu thức với các biến a và b trong công thức trên lần lượt bởi R và r, ta thu được
− a4 − ba2√2a = 4a2 b2 − √4a2 b − b2√2a + b (cid:114) − a4 − 2a2 . = b 2 b 2a − 2a + b 4a2 b2 − b2 √4a2 − −
Bây giờ ta xác định một tam giác cân
(cid:48) như sau: Lấy
(cid:48) có đáy b(cid:48)
d2 = R2 2Rr. −
và cạnh bên a(cid:48) = c(cid:48) thỏa mãn,
(cid:113)
T T
(cid:113)
r r(2R 2d) b(cid:48) = 2 −
− 2R(R + r d) a(cid:48) =
Do R > d với 0 < r < 1 thì b(cid:48) và a(cid:48) trở thành
(cid:113)
d, − 2R, cả b(cid:48) và a(cid:48) hoàn toàn xác định. Đặt ξ = R −
r) . r(2ξ r), b(cid:48) = 2 a(cid:48) = ξ(cid:112)r(2ξ ξ − r − −
(cid:48) có bán kính ngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là R(cid:48) và r(cid:48). Ta giả sử rằng Khi đó, R(cid:48) = R và r(cid:48) = r. Do đó, tồn tại tam giác cân có bán kính nội tiếp và bán kính ngoại tiếp lần lượt là R và r, như trong Hình 1.5.
T
11
Hình 1.5
Để chứng minh R(cid:48) = R, ta có công thức cho R(cid:48) như sau:
(cid:48)2
Thay thế a(cid:48) và b(cid:48) trong đẳng thức trên, ta thu được
. R(cid:48) = b(cid:48)2 a √4a(cid:48)2 −
(cid:112)4(2R(R + r + d))
Mặt khác, ta lại có d = R2
2R(R + r + d) . R(cid:48) = r 4r(2R d) − −
− 2Rr, do đó, R(cid:48) có thể được viết lại thành −
Đơn giản hóa đẳng thức trên, ta thu được kết quả
. R(cid:48) = R(R + r + d) (cid:112)(R + r + d)(R + r + d)
bán kính nội tiếp của tam giác
(cid:19)
Bây giờ, ta đi chứng minh r(cid:48) = r. Bình phương hai vế cho công thức (cid:48), ta có (cid:18)2a(cid:48)
R(cid:48) = R.
(cid:48)2 =
Thay thế a(cid:48) và b(cid:48) trong đẳng thức trên, ta thu được
r)
−
r . T (cid:48)2 b 4 b(cid:48) − 2a(cid:48) + b(cid:48)
−
(cid:48)2 =
r)
−
2ξ√r(2ξ r ξ 2ξ√r(2ξ r ξ
−
r) r)) − r − 4(r(2ξ 4 2(cid:112)r(2ξ − + 2(cid:112)r(2ξ r) −
12
(cid:32)
(cid:33)
Do đó, ta có
= r(2ξ r) − − r)(ξ r)(ξ + ξ ξ + r) r) − − − 2(cid:112)r(2ξ 2(cid:112)r(2ξ r . = r(2ξ r) r 2ξ − −
(cid:3)
Vậy, ta đã chứng minh R(cid:48) = R và r(cid:48) = r.
là tam giác có bán kính ngoại tiếp
r(cid:48) = r.
Định lý 1.1.5. ([4, tr. 18-20] Gọi và nội tiếp theo thứ tự là R và r. Khi đó,
T
Chứng minh. Chứng minh của Định lý 1.1.5 hoàn toàn tương tự như chứng minh Định lý 1.1.4. Với
là tùy ý, xem Hình 1.6.
d2 = R2 2Rr. −
Hình 1.6
Ta mong muốn chứng minh rằng, tồn tại tam giác cân
T
(cid:48) với bán kính ngoại tiếp và nội tiếp theo thứ tự là R(cid:48) và r(cid:48), thỏa mãn R(cid:48) = R và r(cid:48) = r (Hình 1.7).
T
13
Hình 1.7
Ta định nghĩa
(cid:48) như sau: Gọi
(cid:48) là tam giác cân có đáy b(cid:48) và cạnh
bên có độ dài a(cid:48), thỏa mãn
(cid:114)
(cid:113)
T T
(cid:113)
r r(2R 2 R(2R r)), b(cid:48) = 2 − −
(cid:112)R(R
Để chứng minh bán kính ngoại tiếp R(cid:48) = R, ta đặt
(cid:113)
r r(2R r))(R 2r)) − − − . a(cid:48) = − 2(cid:112)R(2R r R − (cid:112)R(R − 2r) − − −
Khi đó, b(cid:48) và a(cid:48) có thể được viết lại thành
(cid:113)
Φ = r + 2 R(R 2r). −
r(2R Φ), b(cid:48) = 2
r(2R Φ) . a(cid:48) = − − Φ)(2R + r r Φ − 2R −
(cid:48)2
− Thế b(cid:48) và a(cid:48) vào công thức tính R(cid:48) trong trường hợp tam giác cân và biến đổi, ta thu được,
. = R(cid:48) = (2R 4(2R Φ + r)2 r) φ b(cid:48)2 a √4S (cid:48)2 − − − −
Thay ngược trở lại φ = r + 2(cid:112)R(R minh:
2r), ta có điều cần phải chứng −
R(cid:48) = R.
14
Tiếp theo, ta đi chứng minh r(cid:48) = r. Bình phương hai vế của công thức
tính r(cid:48), ta thu được
2 =
(cid:48)2 b 4 ·
Đặt
(cid:113)
. r(cid:48) b(cid:48) 2a(cid:48) − 2a(cid:48) + b(cid:48)
thì b(cid:48) và a(cid:48) được viết lại thành
(cid:113)
ϕ = R R(R 2R), − −
r) b(cid:48) = 2
(cid:32)
(cid:33)
r) . a(cid:48) = r(ϕ − ϕ(cid:112)r(2ϕ − r ϕ
2 =
(cid:32)
r) r(cid:48) − − 4r(2ϕ 4 r) r) − −
Suy ra, theo Định lý 1.1.4, tồn tại tam giác cân với bán kính ngoại tiếp và nội tiếp lần lượt là R và r, thỏa mãn
= r(2ϕ r) − − − Thế b(cid:48) và a(cid:48) vào công thức trên, ta có 2ϕ(cid:112)r(2ϕ 2ϕ(cid:112)r(2ϕ 2(cid:112)r(2ϕ 2(cid:112)r(2ϕ 2(cid:112)r(2ϕ r) r) + 2(cid:112)r(2ϕ (cid:33) ϕ + r) r) − − r)(ϕ r)(ϕ + ϕ − − − = r2.
(cid:3)
d2 = R2 2Rr.
Giả sử O, I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC; DP là đường kính của đường tròn (O) và vuông góc với cạnh BC; IL là đường vuông góc hạ từ I xuống DP và M là trung điểm cạnh BC (xem hình 1.8).
Ta có, (cid:91)DIC bằng nửa tổng số đo các cung
(cid:95) AE và
(cid:95) DC. Mặt khác, ta
có
(cid:95) BE và
(cid:95) BD .
(cid:95) AE=
(cid:95) DC=
− Vậy ta thu được điều phải chứng minh. Ngoài ra, ta có cách chứng minh định lí trên một cách đơn giản hơn như sau:
15
Hình 1.8
(cid:95) BE và
(cid:95)
(cid:95) BD, tức là nửa số đo DE. Suy ra (cid:91)DIC = (cid:91)ICD hay DIC là tam giác cân tại D. Do đó
Do đó (cid:91)DIC bằng nửa tổng số đo các cung cung DC = DI. Theo hệ thức Pythagoras, ta có
Áp dụng định lí cosin cho tam giác OID, ta có
DC 2 = DM.DP hay DC 2 = 2R.DM.
2OD.DL
− 2R.DL
Hệ quả 1.1.6. Trong một tam giác, bán kính đường tròn ngoại tiếp không bé hơn đường kính của đường tròn nội tiếp.
Chứng minh. Từ Định lí 1.1.5 và vì d
2R.DL − DL) − d2 = OD2 + DI 2 = R2 + DC 2 − = R2 + 2R.DM = R2 + 2R(DM = R2 2Rr. −
0 nên ta có ≥
(cid:3)
R2 R 2Rr 2r. ⇔ ≥ ≥
16
1.2 Tứ giác lưỡng tâm
Trong nội dung này, chúng tôi xin trình bày khái niệm cũng như các tính chất về tứ giác lưỡng tâm. Bên cạnh đó, một số công thức để tính diện tích của tứ giác lưỡng tâm cũng được trình bày cụ thể.
Một tứ giác lưỡng tâm là một tứ giác lồi thỏa mãn cả hai tính chất ngoại tiếp và nội tiếp đường tròn. Để tiện theo dõi chúng ta quy ước đường tròn nội tiếp tứ giác là (I, r), đường tròn ngoại tiếp tứ giác là (O, R), khoảng cách tâm Dc = OI = d.
Định lý 1.2.1. (Định lí Pitot) i) Một tứ giác lồi nội tiếp đường tròn thì tổng hai góc đối bằng 180◦. ii)Một tứ giác ngoại tiếp đường tròn thì tổng của hai cặp cạnh đối bằng nhau.
Chứng minh. i) Tính chất này dễ dàng được chứng minh nhờ tính chất của góc nội tiếp. Từ Hình 1.9, ta thấy số đo của góc A cộng số đo của góc C bằng nửa số đo đường tròn, do vậy
1.2.1 Tính chất của tứ giác lưỡng tâm
Tương tự cho cặp góc B + D.
Hình 1.9
A + C = 1800.
17
ii) Áp dụng tính chất của hai tiếp tuyến cắt nhau ta kí hiệu các độ
dài như Hình 1.10. Khi đó, ta có
Hình 1.10
(cid:3)
Từ tính chất trên, ta dễ dàng suy ra một tứ giác lưỡng tâm có đầy đủ cả hai tính chất: Tổng của hai góc đối diện bằng 180◦ và tổng của hai cặp cạnh đối là bằng nhau.
Tính chất 1.2.2. ([1, tr. 2-3]) Giữa đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tứ giác lưỡng tâm ABCD có các hệ thức sau
AB + CD = a + b + c + d = AD + BC.
(Định lý Fuss)
(1.14)
1
(1.15)
(R
(1.16)
(cid:19)2
(1.17)
(1.18)
1 (R + d)2 + (R2 1 d)2 = r2 − d2)2 = 2r2(R + d)2 − r d) = r4 − − r + d)(R (cid:33) (cid:19)2 d)(R − (cid:33) (cid:32)(cid:18)R − d 1 = 1 1 − r − −
(1.19)
r√r2 + 4R2 − (R + r + d)(R + r (cid:32)(cid:18)R + d r d2 = R2 + r2 (cid:114)
(Công thức tính bán kính đường tròn ngoại tiếp).
R = (ac + bd)(ad + bc)(ab + cd) abcd 1 4
18
Hình 1.11
Chứng minh. Trước tiên chúng ta chứng minh hệ thức (1.14), hay còn gọi là định lý Fuss.
Cho tứ giác ABCD có đường tròn nội tiếp (I, r) và đường tròn ngoại tiếp (O, R). Kéo dài BI, DI cắt (O) lần lượt tại M, N (xem Hình 1.11). Ta có
(cid:92)M N C + (cid:92)N M C = (cid:91)IBC + (cid:91)IDC =
Suy ra O là trung điểm của M N . Áp dụng công thức tính đường trung tuyến trong tam giác IM N ta có
((cid:92)ADC + (cid:92)ABC) = 90◦. 1 2
Do đó, ta có
IN 2 IN 2 R2. OI 2 = + = + IM 2 2 M N 2 4 IM 2 2 2 − 2 −
1
1 (R + d)2 + (R d)2 = 2(R2 + d2) (R2 d2)2 = −
= IM 2 + IN 2 (PI/(O))2 IN 2 IN 2.ID2
=
Dễ thấy, các hệ thức còn lại dễ dàng được suy ra từ hệ thức (1.14). (cid:3)
= − IM 2 IM 2.IB2 + 1 1 IB2 + ID2 sin2 (cid:98)B 2 r2 + sin2 (cid:98)D 2 r2 = 1 r2 .
19
Nhận xét 1.2.3. Từ định lý Fuss, ta có
1 2
Suy ra, ta có R
R2 2 R2 . 1 (R + d)2 + (R d)2 = 1 r2 ≥ d2 ≥ − −
Tính chất 1.2.4. ([1, tr. 3-4]) Trong mọi tứ giác lưỡng tâm ABCD, ta có các đẳng thức sau:
√2r. ≥
(1.20)
(1.21)
(1.22)
2R = = D2 R2 − 2R = = d2 R2
(1.23)
(cid:19)
(1.24)
− 1 ID2
(1.25)
= AB + BC + CD + DA AB IA.IB AC IA.IC 1 1 IC 2 = IA2 + AC 2 IA2 + IC 2 = (cid:18) 1 8Rr + AC
AC.BD =
(1.26)
−
(1.27)
(1.28)
d2) R2 d2 − = − Rr
(1.29)
(1.30)
= 1 CD IC.ID BD IB.ID 1 IB2 + BD2 IB2 + ID2 1 BD 8R2r2 d2 R2 IA.IB.IC.ID = 2r2(R2 AB + BC + CD + DA AC + BD 4R2 pq
Với p, q lần lượt là độ dài hai đường chéo AC, BD của tứ giác ABCD và x, y, z, t lần lượt là độ dài của bốn đoạn thẳng nối đỉnh tứ giác với tiếp điểm đường tròn nội tiếp.
Định lý 1.2.5. ([8, tr. 6-7]) Cho tứ giác lồi ABCD không phải là một hình thang, phần mở rộng của các cạnh đối cắt nhau lần lượt tại E và F . Nếu chính xác một trong các hình tam giác AEF và CEF nằm ngoài của tứ giác ABCD, khi đó nó là một tứ giác ngoại tiếp khi và chỉ khi
. = pq 4r2 − xz = yt, p q x + z y + t
AE + CF = AF + CE.
20
Chứng minh. Điều kiện cần. Trong tứ giác ngoại tiếp ABCD, giả sử các cạnh AB, BC, CD, DA tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tại các điểm tương ứng là W, X, Y, Z (Hình 1.12).
Hình 1.12
Khi đó, ta có
CX AE + CF = AW + EW + F X
Điều kiện đủ. Giả sử ABCD là một tứ giác lồi và thỏa mãn
− CY = AZ + EY + F Z − = AF + CE.
Vẽ một đường tròn tiếp xúc với các cạnh AB, BC và CD. Nếu đường tròn này không tiếp xúc với DA thì vẽ một tiếp tuyến của đường tròn song song với DA. Giả sử tiếp tuyến này lần lượt cắt AB, CD, F C lần lượt tại A(cid:48), D(cid:48) và F (cid:48) (Hình 1.13). Giả sử DA không cắt đường tròn; trường hợp ngược lại có thể được chứng minh bằng cách tương tự. Cho G là một điểm trên DA sao cho A(cid:48)G song song với F (cid:48)F (rõ ràng, A(cid:48)G = F (cid:48)F ).
AE + CF = AF + CE.
21
Hình 1.13
Từ điều kiện cần ta có,
Vì
A(cid:48)F (cid:48) + CE = A(cid:48)E + CF (cid:48).
nên chúng ta nhận được
AE + CF = AF + CE,
Điều này là mâu thuẫn với bất đẳng thức trong tam giác AGA(cid:48). Vì vậy, điều giả sử DA không tiếp xúc với đường tròn là sai.
(cid:3)
Trường hợp DA cắt đường tròn được chứng minh tương tự.
AG = AA(cid:48) + A(cid:48)G.
Nhận xét 1.2.6. Nếu cả hai tam giác AEF và CEF đều nằm bên ngoài tứ giác ABCD thì ta có tính chất sau BE + DF = BF + DE. Ta thu được đẳng thức trên bằng cách đặt tên lại các đỉnh theo A D
Tính chất 1.2.7. ([1, tr. 4]) Gọi a, b, c, d lần lượt là độ dài các cạnh tứ giác lưỡng tâm ABCD. Diện tích của tứ giác ABCD được cho bởi một trong các công thức
(1.31)
B C → → → A rồi so sánh với Định lý 1.2.5. →
S = √abcd
22
(1.32)
(1.33)
S = 4√xyzt(x + y + z + t)
(cid:18) 1
(1.34)
Tính chất 1.2.8. ([1, tr. 4]) Bán kính đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tứ giác lưỡng tâm được cho bởi các công thức
(1.35)
S = AI.CI + BI.DI (cid:19) . + S = 1 sinB sinA
(1.36)
= r = √abcd b + d
(1.37)
√abcd a + c r = √xz = √yt (cid:114)
Định lý 1.2.9. ([8, tr. 9]) Trong một tứ giác ngoại tiếp mà không phải dạng hình thang ABCD, giả sử phần kéo dài của AB và CD giao nhau tại E, phần kéo dài của BC và AD cắt nhau tại F . Gọi đường tròn nội tiếp của tam giác AEF tiếp xúc với AE và AF lần lượt tại các tiếp điểm K và L. Đường tròn nội tiếp tam giác CEF tiếp xúc với BF và DE lần lượt tại M và N . Nếu có duy nhất một trong hai tam giác AEF hoặc CEF nằm ngoài tứ giác ABCD, thì tứ giác ABCD là một tứ giác lưỡng tâm nếu và chỉ nếu KN và LM vuông góc với nhau.
Hình 1.14
Chứng minh. Gọi J là giao của các phần kéo dài của KN và LM , và
. R = (ab + cd)(ac + bd)(ad + bc) abcd 1 4
23
v là góc giữa chúng (xem Hình 1.14). Khi đó, ta có
(cid:92)JN C = (cid:92)EN K =
và
, A + D 2
(cid:92)JM C = (cid:92)F M L =
Như vậy, bằng cách sử dụng tổng các góc của tứ giác CM JN , ta có
. A + B 2
A + B C v = 2π A + D 2 2 − − −
= 2π A + B + C + D 2 A + C 2 − −
Suy ra, ta có
. = π A + C 2 −
hay A + C = π,
và do đó, KN và LM vuông góc với nhau nếu và chỉ nếu tứ giác ABCD (cid:3) là tứ giác lưỡng tâm.
v = π 2
Tính chất 1.2.10. ([1, tr. 4]) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của AB, BC, CD, DA với (I). Khi đó, tứ giác ABCD là lưỡng tâm khi và chỉ khi M P Chứng minh. Gọi E là giao điểm của M P và N Q. Do (cid:92)DP M = (cid:92)AM P nên
N Q. ⊥
(cid:92)DP E = 180◦
Tương tự, ta có
((cid:92)CDA + (cid:92)DAB). 1 2 −
(cid:92)DQE = 180◦
Do đó, ta có
((cid:92)CDA + (cid:92)DCB). 1 2 −
(cid:92)P DQ + (cid:92)P EQ = 360◦
Suy ra, tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi
(cid:92)DAB + (cid:92)DCB = 90◦,
((cid:92)DQE + (cid:92)DP E) = (cid:92)CDA + ((cid:92)DAB + (cid:92)DCB). 1 2 −
24
Hình 1.15
điều này tương đương với
(cid:92)P EQ = 90◦.
(cid:3)
Hay M P
Nhận xét 1.2.11. Từ tính chất 1.2.10 cho ta cách dựng một tứ giác lưỡng tâm như sau:
Bước 1: Vẽ đường tròn (xem Hình 1.16).
N Q. ⊥
Hình 1.16
Bước 2: Vẽ hai đường vuông góc với nhau tại 1 điểm bất kỳ trong hình
•
• tròn (xem Hình 1.17).
25
Hình 1.17
Bước 3: Xây dựng các tiếp tuyến tại các giao điểm (giữa hai đường
Hình 1.18
Bước 4: Xây dựng đường tròn ngoại tiếp qua 4 đỉnh là giao của các • tiếp tuyến như ở Bước 3. Việc xây dựng đường tròn này hoàn toàn thủ công bằng cách vẽ đường trung trực của các đoạn thẳng. Giao điểm của chúng sẽ là tâm của đường tròn ngoại tiếp cần tìm (xem Hình 1.19).
• thẳng vẽ ở Bước 2 với đường tròn) (xem Hình 1.18).
26
Hình 1.19
Xóa bỏ đi các phần thừa trong Hình 1.19 ta thu được một tứ giác lưỡng tâm chỉ với thước thẳng và compa như Hình 1.20.
Hình 1.20
Tính chất 1.2.12. ([1, tr. 5]) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi E, F lần lượt là giao của các đường thẳng AB và CD, AD và BC. Khi đó, tứ giác ABCD là lưỡng tâm khi và chỉ khi (cid:91)EIF = 90◦.
Chứng minh. Gọi M, N, P, Q lần lượt là tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA. Gọi H, K lần lượt là giao điểm của EI với M P và F I với QN (xem Hình 1.21). Do Tính chất 1.2.12 ta có M P N Q, mặt khác IE ⊥ nên tứ giác HIKP là hình chữ nhật hay (cid:91)EIF = 90◦.
M P , IF ⊥ ⊥ N Q (cid:3)
27
Hình 1.21
Tính chất 1.2.13. ([1, tr. 5]) Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) sao cho không có hai đỉnh đối diện nào đối xứng nhau qua đường chéo. Khi đó tứ giác ABCD là lưỡng tâm khi và chỉ khi đường thẳng Newton của tứ giác ABCD vuông góc với đường thẳng Newton của tứ giác tiếp điểm M N P Q.
28
Hình 1.22
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 (xem Hình 1.22). Đường thẳng Newton của tứ giác ngoại tiếp đi qua tâm nội tiếp của tứ giác đó nên IJ là đường thẳng Newton của tứ giác ABCD. Mặt khác, K, L lần lượt là trung điểm M P, N Q nên KL là đường thẳng 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 EF . Do cực của F suy ra EF là đường đối cực của T . Từ đó IT IK.IE = IL.IF = r2 nên tứ giác EKLF nội tiếp. Suy ra IJ KL. Do đó IT đi qua trung điểm G của KL. Trung điểm KL nằm trên đường kính T I của đường tròn ngoại tiếp tứ giác T LIK khi và chỉ khi hoặc G là trung điểm T I hoặc KL T I không xảy ra T I. Trường hợp KL IJ nên tứ giác ABCD có hai đỉnh đối diện đối xứng nhau qua do IT đường chéo (mâu thuẫn với giả thiết). Vì vậy G là trung điểm IT . Điều này tương đương (cid:91)EIF = 90◦ nên theo Tính chất 1.2.12, ta có ABCD là (cid:3) tứ giác lưỡng tâm.
Tính chất 1.2.14. ([1, tr. 6]) Trọng tâm G của tứ giác tiếp điểm XY ZT nằm trên OI và
≡
r2d IG = R2 d2 . −
29
Hình 1.23
Chứng minh. Gọi A(cid:48), B(cid:48), C (cid:48), D(cid:48) lần lượt là trung điểm T X, XY, Y Z, ZT (xem Hình 1.23). Ta có IA.IA(cid:48) = IB.IB(cid:48) = IC.IC (cid:48) = ID.ID(cid:48) = r2 nên phép nghịch đảo
: A A(cid:48), B B(cid:48), C C (cid:48), D D(cid:48), N r2 I → → → →
biến đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD thành đường tròn ngoại tiếp tâm O(cid:48) của tứ giác A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)D(cid:48). Do A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)D(cid:48) là hình bình hành và nội tiếp nên O(cid:48) chính là trung điểm của A(cid:48)C (cid:48). Từ đó O(cid:48)
Theo phép nghịch đảo, ta có
G. ≡
Vậy G nằm trên IO và
r2 −→IG = −→IO = −→IO. d2 R2 · r2 PI/(O) · −
(cid:3)
Tính chất 1.2.15. ([1, tr. 6]) Giao điểm P của hai đường chéo AC và BD nằm trên OI, đồng thời
r2d IG = R2 d2 . −
2r2d IP = R2 d2 . −
30
Hình 1.24
Chứng minh. Gọi A1, B1, C1, D1 lần lượt là giao điểm của AI, BI, CI, DI với (O) (xem Hình 1.24). Theo phép chứng minh Tính chất 1.2.2, ta có A1C1 và B1D1 là các đường kính của (O). Gọi L là giao điểm của A1B và D1C. Áp dụng định lý Pascal cho hai bộ 6 điểm (A1, B1, C1, D1, B, C), ( A, B, C, D, A1, D1) ta có I, O, L thẳng hàng và I, P, L thẳng hàng. Như vậy, điểm P 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 giao điểm của XY và ZT , XT và Y Z; E, F là giao điểm của AB và CD, AD và BC (xem Hình 1.25). Vì ABCD ngoại tiếp đường trong tâm (I) nên AC, BD, XZ, Y T đồng quy tại một điểm 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.
31
Hình 1.25
Gọi P (cid:48) là giao của OI với M N . Ta thấy P (cid:48) lần lượt nằm trên đường đối cực của P ứng với (I), (O) nên IP.IP (cid:48) = r2 và OP.OP (cid:48) = R2. Từ đó
. = IP (cid:48) = , IP (cid:48) + OI = OP (cid:48) = r2 IP R2 OP
Đặt IP = x suy ra d = OI = OP (cid:48) Thay
. IP (cid:48) = R2 IP + OI r2 x R2 x + d − −
và đặt
2r2d x = R2 d2 , −
. K = R2 2r2d r2 2r2d −
Ta sẽ chứng minh K = d.
Thật vậy, Từ công thức (1.15), ta có
R2 d2 + d R2 d2 − −
r2 = d2)2 (R2 − 2(R + d)2
thay r2 vào biểu thức của K ta được d2 R2 (R2 d2)d R2 + d2 + d
R2 R2 + d2 R2 + d2 K = = = d. − 2d − 2d − −
32
Vậy
(cid:3)
Nhận xét 1.2.16. Theo phép chứng minh trên, điểm P được gọi là điểm “giới hạn” của hai đường tròn (I) và (O), nghĩa là điểm nghịch đảo của P ứng với hai đường tròn trùng nhau. Với mỗi cặp đường tròn (O), (I) đều tồn tại hai điểm “giới hạn” là P và P (cid:48).
Tính chất 1.2.17. ([1, tr. 8]) Phép nghịch đảo cực P hoặc P (cid:48) phương tích bất kì biến hai đường tròn (O) và (I) thành hai đường tròn đồng tâm (xem Hình 1.26).
Hình 1.26
Chứng minh. Xét phép nghịch đảo cực P phương tích k.
2r2d IP = R2 d2 . −
P : (O)
Ta có
N k (O(cid:48)), (I) (I (cid:48)). (cid:55)→ (cid:55)→
Suy ra
. = = P I (cid:48) P I P I k PP /(I) k P P (cid:48) ·
. P I (cid:48) = k P P (cid:48)
33
Ta lại có
Suy ra
k . = = P O(cid:48) P O P O k PP /(O) P P (cid:48) ·
. P O = k P P (cid:48)
Từ đó P I (cid:48) = P O(cid:48) hay I (cid:48) Chứng minh tương tự với phép nghịch đảo cực P (cid:48) phương tích bất kì biến (cid:3) (O) và (I) thành hai đường tròn đồng tâm.
Tính chất 1.2.18. ([1, tr. 8]) IP là đường đối trung của các tam giác IAC và IBD (xem Hình 1.27).
Hình 1.27
Chứng minh. Ta có
(cid:92)DAB
(cid:92)ACB) = (cid:92)ACB
(cid:91)ICB = (cid:91)ACI.
(cid:91)IAO = (cid:91)IAB
(cid:92)OAB =
O(cid:48). ≡
Do đó OA là tiếp tuyến của (AIC). Chứng minh tương tự suy ra O là giao điểm của hai tiếp tuyến tại A, C của (AIC). Theo Tính chất 1.2.17, ta có O, I, P thẳng hàng do đó IP là đường đối trung của tam giác IAC. Chứng minh tương tự ta cũng có IP là đường đối trung của tam giác (cid:3) IBD.
(90◦ 1 2 − − − −
34
Tính chất 1.2.19. ([1, tr. 9]) Một đường thẳng qua I và song song với một cạnh của tứ giác ABCD cắt hai cạnh 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 (xem Hình 1.28).
Hình 1.28
CD; N, L ∈
Chứng minh. Gọi M N và LK là hai đường thẳng qua I và lần lượt song AB). Ta có (cid:91)IN L = (cid:92)DAB = song với AD, BC (M, K ∈ (cid:92)DCB = (cid:92)M KI nên tứ giác M KN L nội tiếp, từ đó hai tam giác 180◦ KIM và N IL đồng dạng.
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, ta có
−
Suy ra, ta có
LI = LB, IK = KC, IM = M D.
2M N = M N + KL = AN + LB + AM + KC
N L + CD + KM = AB + CD −
(AB + BC + CD + DA). = = AB 1 2
35
Vậy M N =
Tính chất 1.2.20. ([1, tr. 10]) Gọi H1, H2, H3, H4 lần lượt là trực tâm các tam giác AIB, BIC, CID, DIA; K1, K2, K3, K4 lần lượt là trực tâm các tam giác XIY , Y IZ, ZIT, T IX. Khi đó các bộ bốn điểm (H1, H2, H3, H4) và (K1, K2, K3, K4) lần lượt thẳng hàng và hai đường thẳng này vuông góc với nhau tại P (xem Hình 1.29).
(AB + BC + CD + DA) và không phụ thuộc vào việc chọn (cid:3) 1 4 cạnh của tứ giác ABCD.
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 1.2.12, ta có XZ Y T . Do đó ⊥ (cid:92)N P Y = (cid:91)T Y Z = (cid:91)T ID = (cid:92)T ZM = (cid:92)T P M . Suy ra M, P, N thẳng hàng. Ta thu được (cid:92)M P Q = (cid:92)ZP N = (cid:92)P ZN = 90◦ (cid:91)ZY T = (cid:91)T DI = (cid:92)T H4A, suy ra tứ giác P M H4Q nội tiếp.
Hình 1.29
Mặt khác, M, Q thuộc đường tròn đường kính K3H4. Như vậy năm điểm K3, P, Q, H4, M cùng thuộc một đường tròn. Suy ra (cid:92)K3P H4 = 90◦. Chứng minh tương tự suy ra H1, H2, H3, H4 cùng nằm trên đường thẳng qua P và vuông góc với P K3. Lại theo phép tương tự suy ra K1, K2, K3, K4 cùng nằm trên đường thẳng qua P và vuông góc với đường thẳng đi qua H1, H2, H3, H4.
(cid:3)
−
36
Nhận xét 1.2.21. Tính chất 1.2.20 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 tâm của 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.
•
Mục này, chúng tôi trình bày một số công thức thú vị để tính diện tích
của một tứ giác lưỡng tâm.
Định lý 1.2.22. ([6, tr. 155]) Cho ABCD là một tứ giác lưỡng tâm với các cạnh a, b, c, d. Khi đó, tứ giác ABCD có diện tích
1.2.2 Diện tích của tứ giác lưỡng tâm
Chứng minh. Đường chéo AC chia tứ giác lưỡng tâm ABCD (ABCD là tứ giác lồi) thành hai tam giác ABC và ADC. Sử dụng các công thức cos, ta có
(1.38)
S = √abcd.
Do ABCD là tứ giác lưỡng tâm, theo định lý Pitot, a + c = b + d, nên (a
a2 + b2 2ab cos B = c2 + d2 2cd cos D. − −
(1.39)
d)2 và do đó c)2 = (b − −
Trừ vế theo vế của (1.39) cho (1.38) rồi rút gọn, ta thu được
(1.40)
a2 2ac + c2 = b2 2bd + d2. − −
Mặt khác, trong một tứ giác nội tiếp thì hai góc đối diện là bù nhau. Do đó, ta có
ab(1 cos B) = cd(1 cos D). − −
cos D = cos B. −
37
Khi đó, (1.40) có thể được viết lại thành
(1.41)
Diện tích S của một tứ giác lồi thỏa mãn
cd. (ab + cd) cos B = ab −
Từ sin D = sin B, ta có
(1.42)
2S = ab sin B + cd sin D.
Bây giờ, ta sử dụng công thức (1.41) và (1.42) và đẳng thức sin2 B + cos2 B = 1, ta có diện tích S của tứ giác ABCD là
2S = (ab + cd) sin B.
Suy ra,
(2S)2 = (ab + cd)2(1 cos2 B) = (ab + cd)2 cd)2 = 4abcd. (ab − − −
(cid:3)
Hệ quả 1.2.23. ([6, tr. 157]) Một tứ giác lưỡng tâm với cạnh a, b, c, d có diện tích
S = √abcd.
với θ là góc giữa hai đường chéo.
Chứng minh. Góc giữa hai đường chéo θ của một tứ giác lưỡng tâm được tính bằng công thức
, S = ac tan = bd cot θ 2 θ 2
Từ Định lý 1.2.22, ta có
. = bd ac tan2 θ 2
Chứng minh tương tự, ta thu được kết quả cần chứng minh
. S2 = (ac) (bd) = (ac)2 tan2 θ 2 ·
(cid:3)
. S = ac tan = bd cot θ 2 θ 2
38
Định lý 1.2.24. ([6, tr. 157-164]) Cho ABCD là một tứ giác lưỡng tâm với các cạnh a, b, c, d, p, q, m, n theo thứ tự là độ dài của hai đường chéo và hai đường trung tuyến. Gọi R và r theo thứ tự là bán kính ngoại tiếp và nội tiếp. Khi đó, ta có các công thức để tính diện tích tứ giác ABCD như sau
(cid:19)2
(cid:18) 1
(1.43)
(cid:113)
(1.44)
. + S = 2r2 sin A 1 sin B
Định lý 1.2.25. ([7, tr. 237-238]) Nếu một tứ giác lưỡng tâm có một đường tròn nội tiếp và một đường tròn ngoại tiếp với các bán kính tương ứng là r và R, thì ta có công thức tính diện tích sau:
p2q2 S = (m2 n2)2. 1 2 − −
trong đó, θ là góc giữa các đường chéo.
Từ Định lí 1.2.25 ta có Hệ quả 1.2.26 sau:
Hệ quả 1.2.26. ([7, tr. 237-238]) Nếu một tứ giác lưỡng tâm có một đường tròn nội tiếp và một đường tròn ngoại tiếp với các bán kính tương ứng là r và R, thì diện tích tứ giác thỏa mãn bất đẳng thức sau:
S = r(r + √4R2 + r2) sin θ,
trong đó, dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi tứ giác có hai đường chéo vuông góc.
S r(r + √4R2 + r2), ≥
39
Chương 2
Đa giác lưỡng tâm và ứng dụng
Nội dung chính của chương 2 chúng tôi trình bày n-giác lưỡng tâm mà trong đó đường tròn nội tiếp được thay bằng đường tròn bàng tiếp. Chúng tôi cũng khảo sát hệ phương trình liên quan đến các đại lượng kết hợp với n-giác, đường tròn ngoại tiếp, và đường tròn bàng tiếp. Đồng thời chúng tôi cũng trình bày lại một số ứng dụng của vấn đề này.
2.1 Đa giác lưỡng tâm
Trước hết, chúng tôi trình bày mối quan hệ giữa hệ thức Fuss của n-giác lưỡng tâm và hệ thức Fuss của 2n-giác lưỡng tâm thông qua định lý sau.
Định lý 2.1.1. ([10]) Cho A1 . . . An là một n-đa giác lưỡng tâm bất kỳ. Gọi R0 là bán kính đường tròn ngoại tiếp của A1 . . . An, r0 là bán kính đường tròn nội tiếp, d0 là khoảnh cách tâm giữa đường tròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp. Khi đó, tồn tại R2, d2, r2 sao cho
(2.1)
2.1.1 Tính chất của đa giác lưỡng tâm
2 + d2
2 = R2 r2
0 + d2
0 −
2 −
(2.2)
(2.3)
R2 r2 0
2 −
Bằng cách thay trực tiếp vào hệ phương trình, ta có thể kiểm chứng được rằng hệ phương trình trên có hai nghiệm dương R2(cid:96), d2(cid:96), r2(cid:96), (cid:96) = 1, 2
R2d2 = R0d0, d2 R2 2 = 2R0r2.
40
của R2, d2, r2 là
(cid:18)
(cid:19)
(cid:113)
21 = R0
(2.4)
(cid:18)
(cid:19)
(cid:113)
R2 R0 + r0 + (R0 + r0)2 d2 0 −
22 = R0
(cid:18)
(cid:19)
(cid:113)
R2 R0 r0 + (R0 r0)2 d2 0 − − −
(2.5)
(cid:18)
(cid:19)
(cid:113)
R0 + r0 (R0 + r0)2 d2 21 = R0 d2 0 − −
R0 r0 (R0 r0)2 d2 22 = R0 d2 0 − − −
(2.6)
21 = (R0 + r0)2 r2 r0)2 r2 22 = (R0
Ngoài ra, ta dễ dàng kiểm tra được rằng
− − d2 0 d2 0. − −
21d2
21 = R2
22d2
22 = R2
0d2
0, R2
21 = 2R0r21, R2 d2
21 −
22 −
Bằng cách tính toán trực tiếp, từ (2.1)-(2.3) ta có
R2 d2 22 = 2R0r22. (2.7)
(2.8)
2 − 2r2
(cid:19)2
(cid:19)2
R2 d2 2 , , R0 = d0 =
2 + d2
2 −
2 − 2r2
(cid:18)2R2r2d2 d2 R2 2
2 −
(2.9)
Ngoài ra, thay R0, d0, r0 trong (2.1), (2.2) và (2.3) tương ứng bằng
2R2r2d2 R2 d2 2 − 2 (cid:18)R2 d2 2 (R2 + := ϕ(R2, d2, r2). r2 0 = r2 2) + −
(cid:18)
(cid:19)
(cid:113)
R21, d21, r21. Khi đó R2, d2, r2 của hệ mới được chuyển thành
211 = R21
(cid:19)
(cid:18)
(cid:113)
R2 , R21 + r21 + (R21 + r21)2 d2 21 −
212 = R21
(cid:18)
(cid:113)
(cid:18)
(cid:19)
(cid:113)
, R2 (R21 r21)2 R21 r21 + − − − d2 21 (cid:19) , R21 + r21 (R21 + r21)2 d2 211 = R21 d2 21 − −
, R21 r21 (R21 r21)2 d2 212 = R21 d2 21 − −
− − 211 = (R21 + r21)2 r2 r21)2 r2 212 = (R21 − d2 21, d2 21. − −
41
Bằng cách lặp lại quá trình như trên, ta có thể thay R0, d0, r0 bằng R211, d211, r211 vào hệ (2.1)-(2.3).
Trong phần còn lại của mục này, chúng ta chỉ xét R21, d21, r21 và
Trong [10], Radi´c và Trinajsti´c đã đề xuất giả thiết sau.
(cid:19)
Giả thiết 2.1.2. ([10]) Gọi Fn(R0, d0, r0) = 0 là hệ thức Fuss của n-giác lưỡng tâm, trong đó một đường tròn nằm trong đường tròn còn lại. Khi đó sử dụng (2.8)-(2.9), ta thu được hệ thức Fuss F2n(R2, d2, r2) = 0 của 2n-giác lưỡng tâm bằng (cid:18)R2
R211, d211, r211.
2 − 2r2
2 −
Ngược lại, từ hệ thức Fuss F2n(R2, d2, r2) = 0 ta có thể thu được Fn(R0, d0, r0) = 0 thông qua các công thức (2.4)-(2.6).
d2 2 = 0. ; ; ϕ(R2, d2, r2) Fn 2R2r2d2 d2 R2 2
2.1.2 Mối quan hệ giữa n-giác lưỡng tâm và 2n-giác lưỡng
Trong [10], các tác giả chỉ ra rằng kết quả của Định lý 2.1.1 vẫn đúng khi một đường tròn không nằm hoàn toàn trong đường tròn khác, tức là, khi thay đường tròn nội tiếp bằng đường tròn bàng tiếp. Theo [10] ta có bốn kết quả đã biết sau liên quan tới n-giác lưỡng tâm.
(i) Nếu R0, d0, r0 là các độ dài (thực chất là các số dương) thỏa mãn
(2.10)
tâm với đường tròn bàng tiếp
0 = 2r0R0, d0 + r0 > R0, d0 + R0 > r0,
thì tồn tại tam giác A0B0C0 sao cho
R2 d2 0 −
R0 = bán kính đường tròn ngoại tiếp của A0B0C0,
r0 = bán kính đường tròn bàng tiếp của (cid:52) A0B0C0,
(ii) Nếu R0, d0, r0 là các độ dài thỏa mãn
(2.11)
(cid:52) d0 = khoảng cách tâm của hai đường tròn.
0 = 2d0r0, d0 + r0 > R0, d0 + R0 > r0,
R2 d2 0 −
42
thì tồn tại lục giác A0B0C0D0E0F0 lưỡng tâm sao cho
R0 = bán kính đường tròn ngoại tiếp của A0B0C0D0E0F0,
r0 = bán kính đường tròn bàng tiếp của A0B0C0D0E0F0,
(iii) Nếu R0, d0, r0 là các độ dài thỏa mãn
(2.12)
d0 = khoảng cách tâm của hai đường tròn.
thì tồn tại tứ giác A0B0C0D0 lưỡng tâm sao cho
R0 = d0, 2R0 > r0,
R0 = bán kính đường tròn ngoại tiếp của A0B0C0D0,
r0 = bán kính đường tròn bàng tiếp của A0B0C0D0,
(iv) Nếu R0, d0, r0 là các độ dài thỏa mãn
d0 = khoảng cách tâm của hai đường tròn.
0R2
0R0 + d4
0 = 0, d0 + r0 > R0, d0 + R0 > r0 (2.13)
0 −
0 −
thì tồn tại bát giác A0B0C0D0E0F0G0H0 lưỡng tâm sao cho
R4 2d2 4d0r2
R0 = bán kính đường tròn ngoại tiếp của A0B0C0D0E0F0G0H0,
r0 = bán kính đường tròn bàng tiếp của A0B0C0D0E0F0G0H0,
Bây giờ ta có thể công thức hóa kết quả chính của mục này thông qua
một số định lí và ví dụ sau.
Định lý 2.1.3. ([10]) Cho R0, d0, r0 là các độ dài thỏa mãn
(2.14)
d0 = khoảng cách tâm của hai đường tròn.
Khi đó ta có các bất đẳng thức tương ứng sau
(2.15)
d0 + R0 > r0 hoặc d0 + r0 > R0.
Chứng minh. Do các hệ thức (2.4)-(2.6) và đẳng thức sau được rút ra từ (2.7),
(2.16)
d21 + R21 > r21 hoặc d21 + r21 > R21.
R21d21 = R0d0,
43
ta có thể viết
0 > r2 0
0 + 2R0d0 + d2
(R0 + d0)2 > r2 0 ⇒
0 + 2R0r0 + r2
0 −
21 > r2 21
⇔ d2 ⇔
(2.17)
⇔ R0 + d0 > r0 R2 2R0(R0 + r0) + 2R0d0 > R2 21 + 2d21R21 + R2 d2 d21 + R21 > r21 ⇔ ± d21 + R21 > r21 (Vì r21 > 0 là bán kính
Tiếp theo, giả sử d0 + r0 > R0, một lần nữa sử dụng (2.4)-(2.6), (2.16)
và tính chất của đường tròn bàng tiếp, ta được
⇔ đường tròn bàng tiếp của đa giác.).
21 − R21
(2.18)
d0 r2 0 > (R0 − ⇒ d0)2 − 2R0d0 d2 0 > 2R0(R0 + r0) ⇔ − 2R0d0 ⇔ − 2R21d21 ⇔ d0 + r0 > R0 hay rn > R0 R2 0 + 2R0r0 + r2 0 − r2 21 > 2R0(R0 + r0) r2 21 > R2 21 + d2 d21 + r21 > ⇒ ± d21 + r21 > R21 (Vì R21 > 0 là bán kính
(cid:3)
Định lý 2.1.4. ([10]) Cho R0, d0, r0 là các độ dài thỏa mãn (2.10), tức là
⇒ đường tròn ngoại tiếp của đa giác).
0 = 2r0R0, d0 + r0 > R0, d0 + R0 > r0.
Khi đó, tồn tại lục giác A0B0C0D0E0F0 lưỡng tâm sao cho
R2 d2 0 −
R0 = bán kính đường tròn ngoại tiếp của A0B0C0D0E0F0,
r0 = bán kính đường tròn bàng tiếp của A0B0C0D0E0F0,
Chứng minh. Theo (2.11), ta phải chứng minh
(2.19)
d0 = khoảng cách tâm của hai đường tròn.
21 −
R2 d2 21 = 2d21r21.
44
Áp dụng (2.4)-(2.6) ta có
d2 0 R2 d2 0 = 2r0R0 0 − 0 = (R0 + r0)2 r2 ⇔ − (cid:113) (R0 + r0)2 d2 0 − − ⇒
0 = d2 21 0[(R0 + r0)2
21r2 21
(cid:113)
⇔ R0 = R0 + r0 R2 R2 ⇔
0] = d2 d2 d2 0] =
(2.20)
21 −
(cid:3)
Định lý 2.1.5. Nếu R0, d0, r0 là các độ dài thỏa mãn (2.12), tức là
2d21r21 ± ⇔ 2R0 R2 − (R0 + r0)2 − d2 21 = 2d21r21. ⇒
Khi đó, tồn tại bát giác A0B0C0D0E0F0G0H0 lưỡng tâm sao cho
R0 = d0, r0 < 2R0.
R21 = bán kính đường tròn ngoại tiếp của A0B0C0D0E0F0G0H0,
r21 = bán kính đường tròn bàng tiếp của A0B0C0D0E0F0G0H0,
trong đó để tính R21, r21, và d21 ta sử dụng công thức (2.4), (2.5), (2.6) và R0 = d0, r0 < 2R0.
Chứng minh. Theo (2.13), ta cần phải chứng minh
(2.21)
d21 = khoảng cách tâm của hai đường tròn,
21R2
21R21 + d4
21 = 0.
21 −
21 −
Ta có
R4 2d2 4d21r2
0d2 0,
0d2 0,
R4
21 + d4 21R2 2d2 − 4d21R21r2
0(R0 + r0)2 = 2R2 2R2 4R0d0[(R0 + r0)2
21 = 4R2 21 = 21 =
(cid:3)
− d2 0]; −
− − vì d0 = R0 nên ta suy ra (2.21).
45
Nhận xét 2.1.6. ([10]) Liên quan tới Giả thiết 2.1.2 trình bày ở trên, các tác giả trong [10] đưa ra nhận xét sau: Cho R0, d0, r0 và các độ dài bất kỳ sao cho tồn tại một n-giác lưỡng tâm A1 . . . An trong đó
R0 = bán kính đường tròn ngoại tiếp của A1 . . . An,
r0 = bán kính đường tròn bàng tiếp của A1 . . . An,
và d0 + r0 > R0 và d0 + R0 < r0. Khi đó, tồn tại một 2n-giác lưỡng tâm B1 . . . B2n sao cho
d0 = khoảng cách tâm của hai đường tròn,
R21 = bán kính đường tròn ngoại tiếp của B1 . . . B2n,
r21 = bán kính đường tròn bàng tiếp của B1 . . . B2n,
để có R21, d21, r21 tương ứng ta dùng (2.4)-(2.6).
Với n = 3 và n = 4 thì Giả thiết 2.1.2 được dễ dàng suy ra từ các
Định lý 2.1.3, 2.1.4 và 2.1.5.
d21 = khoảng cách tâm của hai đường tròn;
2.2 Một số ứng dụng
Trong mục này, chúng tôi trình bày hai bài toán nổi tiếng về đa giác lưỡng tâm, đó là các bài toán của Fuss và bài toán của Poncelet và ứng dụng. Bên cạnh đó, chúng tôi cũng đề cập tới một số bất đẳng thức về đa giác lưỡng tâm. Nội dung của mục này chủ yếu dựa theo tài liệu tham khảo [2], [11] và [3].
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.
2.2.1 Bài toán của Fuss về tứ giác lưỡng tâm
46
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 X (cid:48) theo thứ tự là hai tiếp điểm thuộc P Q và RS, Y và Y (cid:48) lần lượt là hai tiếp điểm thuộc cạnh P S và QR của tứ giác với G. Giả sử O là giao của XX (cid:48) và Y Y (cid:48). Khi đó, tổng của các góc trong các tứ giác OXP Y và OX (cid:48)RY (cid:48) bằng 360◦. Ta sử dụng dấu mũ trên để ký hiệu các góc trong hai tứ giác này. Khi đó hiển nhiên
(cid:98)O + (cid:98)X + (cid:98)P + (cid:98)Y = 360◦
và
(cid:98)O + (cid:99)X (cid:48) + (cid:98)R + (cid:99)Y (cid:48) = 360◦.
Vì (cid:98)X + (cid:99)X (cid:48) = (cid:98)Y + (cid:99)Y (cid:48) = 180◦, suy ra
Mặt khác, hai góc (cid:98)P và (cid:98)R là hai góc đối trong một tứ giác lưỡng tâm. Do đó, tổng của chúng bằng 180◦. Và do vậy, ta dễ dàng suy ra O = 90◦. Hay nói một cách khác, hai đường thẳng XX (cid:48) và Y Y (cid:48) 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
2 (cid:98)O + (cid:98)P + (cid:98)R = 360◦.
47
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 = (cid:92)OM P . Gọi F là chân đường cao kẻ từ O đến XY trong tam giác OXY (xem Hình 2.3).
P Q, RS, SP, QR có các tiếp điểm lần lượt là X, X (cid:48), Y, Y (cid:48) thỏa mãn điều kiện XX (cid:48) vuông góc với Y Y (cid:48) với mọi đường tròn nội tiếp G. Thật vậy, trong trường hợp (cid:98)P + (cid:98)R = 180◦ thì tứ giác P QRS là tứ giác lưỡng tâm.
48
Hình 2.3
Vì tam giác OXY là tam giác vuông, nên OF 2 = F X
·
· F Y . Đường trung trực của XY đi qua trung điểm N của XY , tâm M của đường tròn G và đỉnh P của tam giác cân XY P . Ta đặt ρ(cid:48) = M N, e(cid:48) = e cos ϕ, ρ(cid:48)(cid:48) = N X, e(cid:48)(cid:48) = e sin ϕ = N F . Do OF 2 = F X F Y nên ta có các đẳng thức sau
(ρ(cid:48) e(cid:48)(cid:48))(ρ(cid:48)(cid:48) + r(cid:48)(cid:48))
(2.22)
.
− 2 2ρ(cid:48) e(cid:48))2 = (ρ(cid:48)(cid:48) − 2ρ(cid:48)e cos ϕ + e2 = ρ2. −
Vì hai tam giác vuông M XP và M N X là đồng dạng nên Do đó, ta có M X 2 = M P
(2.23)
= M X M P M N M X M N hay ·
Trừ vế theo vế của (2.23) cho (2.22) và biến đổi, ta thu được
ρ2 = pρ(cid:48).
(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).
2ρ4 p2 + 2ρ2e ρ2 e2 p cos ϕ = ρ2 e2 . − −
49
Hình 2.4
Theo định lý cosin, dễ thấy
(2.25)
Mặt khác, ta có
r2 = z2 + p2 + 2zp cos ϕ.
(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
ρ2e M Z = z = 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 =
2ρ4 r2 = z2 + ρ2 e2 . −
Thay các thành phần liên quan vào (2.27) rồi biến đổi, ta thu được
z2 . Do đó, ta có 2zρ2 r2 − e2 (cid:2)(r2 4ρ2z2(cid:3) z2)2 ρ2 . e2 = − (r2 − z2)2 − −
2ρ2(r2 + z2) = (r2 z2)2, −
50
hay
1
1 ρ2 . z)2 + 1 (r + z)2 = (r −
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.
và
2.2.2 Định lý Poncelet về đa giác lưỡng tâm
chứa
trong . Nếu tồn tại một đường đa giác khép kín ngoại thì khi đó tồn tại vô số các đường như
D C
Định lý 2.2.1. (Poncelet’s porism) Cho hai đường conic mặt phẳng, với C tiếp đường conic vậy (có cùng dạng và cùng số cạnh) ứng với hai đường conic
và
.
D và nội tiếp D C
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
C D
Ví dụ 2.2.3. Hình 2.6 minh họa trường hợp đường conic tròn, đường conic
là một đường là một đường elip, đa giác khép kín là một ngũ giác.
C
D
51
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 2.7
52
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.).
0 ở trong C = 0 trên
C C (cid:54)
. Từ mỗi như sau: C = Ai+1 và đường thẳng AiAi+1 tiếp xúc với C0 với mọi i; =. Khi đó
1 với mọi i
(cid:54)
− = 3 sao cho An = A với mọi điểm A của
(cid:54)
Định lý 2.2.5. Cho hai đường tròn ở trong nhau , ta dựng một dãy các điểm Ai, i điểm A của A1 = A, Ai đường thẳng AiAi+1 khác với đường thẳng AiAi tồn tại số nguyên dương n hoặc Ai
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
(cid:54) C . = A với mọi số nguyên dương i = 2 và với mọi điểm A của C (cid:54) (cid:54)
53
Hình 2.9: Các tứ giác lưỡng tâm nội tiếp vòng tròn lớn và ngoại tiếp vòng tròn bé.
Hình 2.10: Các lục giác lưỡng tâm nội tiếp vòng tròn lớn và ngoại tiếp vòng tròn bé.
54
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 tròn
bé.
Ứng dụng trong cơ học của định lý Poncelet
0 và
chứa
C C
Định lý Poncelet có được tính chất để giải thích một số hiện tượng là các đường 0 . Khi đó, quỹ đạo chuyển động của quả bi-a và ngoại tiếp đường
là đa giác lưỡng tâm nội tiếp đường tròn
C C
trong cơ học một cách tự nhiên và tinh tế, nếu ta lấy tròn, trong đó trong tròn
C
Hay nói cách khác, ta quan tâm đến quỹ đạo của quả bi-a trong hình
C 0. C
55
Hình 2.13: Bàn bi-a tròn với
Hình 2.14: Bàn bi-a tròn với lỗ
chướng ngại vật hình tròn ở giữa.
tròn ở giữa.
. Giả sử rằng ta bắn quả bi-a chạm đường tròn
tại điểm P , khi tròn 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
0 (xem Hình 2.17). C
Hình 2.15
Hình 2.16
C C
56
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
mà trừ đi phần được bao bởi
0
sẽ lấp đầy phần trong của hình tròn (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.
C C
57
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 (cid:92)CBE = (cid:92)EAC (hai góc nội tiếp chắn cung EC) và
(cid:91)BIE = (cid:91)IBA + (cid:91)IAB (tính chất góc ngoài tam giác). Do đó, ta có (cid:91)IBE = (cid:91)IBC + (cid:92)CBE = (cid:91)IBA + (cid:92)ECA = (cid:91)IBA + (cid:91)BAI = (cid:91)BIE. Tam giác EBI có (cid:91)IBE = (cid:91)BIE nên cân tại đỉnh E. Suy ra EI = EB.
Tương tự EI = EC. Vậy E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (cid:3)
2.2.3 Một số bài tập ứng dụng trong chương trình phổ thông
Bài toán 2.2.8. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trong tâm (O) và ngoại tiếp đường tròn tâm (I). Gọi X, 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 .
BIC.
58
Hình 2.20
Lời giải. Ta có tứ giác T KXA và XBY H lần lượt nội tiếp đường tròn đường kính IA và IB suy ra (cid:92)KXT = (cid:92)CAD = (cid:92)CBD = (cid:92)HXY . Từ đó
XK · · = SXKT SXY H XH sin (cid:92)T XK sin (cid:92)HXY ·
=
= · · · · sin(cid:92)CAB sin(cid:92)DAB
1 2XT 1 2XY XT XY IA2 IB2 · IA2 · IB2
Như vậy, ta cần chứng minh
· . = · XK XH sin(cid:92)DAB sin(cid:92)ABC BC BD · A AC · ·
Thật vậy, ta có
. IA2 IB2 = AC BD AD BC · ·
=
Do đó,
. = AD IA.ID AC IA.IC BC IB.IC BD IB.ID
= = AC BD AD BC IA IB IA IB IA2 IB2 . ID IC IC ID · · · · · · ·
59
Vì vậy,
(cid:3)
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’
= 1 SXKT SXY H
.
cùng nằm trên đường tròn tâm I bán kính
R2 d2
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; O(cid:48)1, O(cid:48)2, O(cid:48)3, O(cid:48)4 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác A(cid:48)IB(cid:48), B(cid:48)IC (cid:48), C (cid:48)ID(cid:48), D(cid:48)IA(cid:48).
− 2r
60
Ta có (cid:92)IO2C = 2(cid:91)IBC = (cid:92)ABC = (cid:91)IA(cid:48)C, suy ra tứ giác IO2A(cid:48)C nội tiếp. Suy ra (cid:92)IO2A(cid:48) = (cid:91)ICA(cid:48) = 900. Tương tự ta cũng có O2 là hình chiếu của I trên A(cid:48)D(cid:48). Như vậy O1, O2, O3, O4 là hình chiếu của I trên các cạnh của tứ giác A(cid:48)B(cid:48)C (cid:48)D(cid:48). Mặt khác, đặt k = PI/(O). Ta có
, suy ra
Mặt khác, B(cid:48)C (cid:48) =
. = IO(cid:48)2 = B(cid:48)C (cid:48) 2 sin (cid:91)BIC B(cid:48)C (cid:48) 2 sin (cid:92)B(cid:48)IC (cid:48)
k.BC IB.IC
Chứng minh tương tự suy ra O(cid:48)1, O(cid:48)2, O(cid:48)3, O(cid:48)4 nằm trên đường tròn tâm I
R2 d2 . = IO(cid:48)2 = k 2r − 2r k.BC 2.IB.IC. sin (cid:91)BIC
bán kính
(cid:3)
Bài toán 2.2.10. Cho ngũ giác lưỡng tâm ABCDE. Gọi A1, 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.
Gọi A2, B2, C2, D2, E2 lần lượt là tiếp điểm của CD, 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 AD. A2C2, B2C2 và A2D2. Từ đó E3
R2 d2 . − 2r
∈
61
Hình 2.22
Chứng minh tương tự ta có A3
Ta có
(cid:92)C1E3A3 = (cid:92)EB2D2
(cid:92)EDA = (cid:92)EB2D2
(cid:92)EBA = (cid:92)C1A3E3.
EC. BE, B3 AC, C3 BD D3 ∈ ∈ ∈ ∈
Từ đó, ta có C1A3 = C1E3. Tương tự D1A3 = D1B3, suy ra AE3+AB3 = PAC1D1. Mặt khác,
− −
Ta sẽ chứng minh AE3 = AB3 khi và chỉ khi
. AE3 = , AB3 = AD2. sin (cid:92)E3D2A sin (cid:92)AE3D2 AC2. sin (cid:92)B3C2A sin (cid:92)AB3C2
Thật vậy,
= AD2. sin (cid:92)E3D2A sin (cid:92)AE3D2 AC2. sin (cid:92)B3C2A sin (cid:92)AB3C2
= AD2. sin (cid:92)E3D2A sin (cid:92)AE3D2 AC2. sin (cid:92)B3C2A sin (cid:92)AB3C2
= ⇔
. = = ⇔ sin (cid:92)E3D2A sin (cid:92)AE3D2 sin (cid:92)E3D2A sin (cid:92)AB3C2 sin (cid:92)B3C2A sin (cid:92)AB3C2 sin (cid:92)AE3D2 sin (cid:92)AB3C2 sin (cid:92)D2A3B sin (cid:92)E2A3B
62
Hơn nữa, ta có
Suy ra, ta có
, . = = BE2 sin (cid:92)E2A3B BA3 sin (cid:92)A3E2B BD2 sin (cid:92)D2A3B BA3 sin (cid:92)A3D2B
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 (cid:3) tròn bàng tiếp, hay ngũ giác A1B1C1D1E1 ngoại tiếp được.
. = = sin (cid:92)E3D2A sin (cid:92)AB3C2 sin (cid:92)A3D2B sin (cid:92)A3E2B sin (cid:92)D2A3B sin (cid:92)E2A3B
63
Kết luận
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, đường tròn ngoại tiếp và khoảng cách hai tâm của hai đường tròn vừa nêu.
- Trình bày và chứng minh một số công thức tính diện tích tứ giác
lưỡng tâm.
- Trình bày một số bài toán về đa giác lưỡng tâm và ứng dụng.
64
Tài liệu tham khảo
Tiếng Việt [1] Nguyễn Văn Linh, Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm, Euclidean
Geometry Blog. URL
Tiếng Anh
[2] Dorrie H. (1965), 100 Great Problems of Elementary Mathematics,
Dover Publications Inc., New York.
[3] Dragovi´c V. and Radnovic M. (2011), Poncelet porism and beyond,
Springer, Berlin.
[4] Heinlein D. J. (1998), Properties of bicentric circles for three-sided
polygons, Master thesis, University of North Texas.
[5] Josefsson M. (2010), "Characterizations of bicentric quadrilaterals",
Forum Geometricorum, pp. 165-173.
[6] Josefsson M. (2011), "The Area of a Bicentric Quadrilateral", Forum
Geometricorum, pp. 155-164.
[7] Josefsson M. (2012), "Maximal Area of a Bicentric Quadrilateral",
Forum Geometricorum, pp. 237 - 241.
[8] Josefsson M. (2014), Angle and circle characterizations of tangential
quadrilaterals, Forum Geometricorum, pp. 1-13.
[9] Radi´c M. (2004), "Some relations concerning triangles and bicentric quadrilaterals in connection with Poncelet’s closure theorem when conics are circles not one inside of the other", Elem. Math., 59, pp. 96-116.
. http : //nguyenvanlinh.wordpress.com (cid:105) (cid:104)
[10] Radi´c M. and Trinajsti´c N. I. (2008), "On A System Of Equations Related To Bicentric Polygons", Applied Mathematics E-Notes, 8, pp. 9-16.
[11] Reiman I. (2005), "International Mathematical Olympiad 1976-
1990", Anthem Press, pp. 170–171.
