ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–
NGUYỄN THỊ HẰNG
MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG TRÒN MIXTILINEAR
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Thái Nguyên, 10/2017
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
——————–o0o——————–
NGUYỄN THỊ HẰNG
MỘT SỐ VẤN ĐỀ VỀ ĐƯỜNG TRÒN MIXTILINEAR
LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC
Chuyên ngành: Phương pháp toán sơ cấp
Mã số: 60 46 01 13
NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC
PGS. TS. TRẦN VIỆT CƯỜNG
Thái Nguyên, 10/2017
i
Mục lục
Danh mục ký hiệu ii
Danh sách hình vẽ iii
Mở đầu 1
Chương 1. Đường tròn Mixtilinear
1.1 Một số kiến thức liên quan . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Đường tròn Mixtilinear . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.1 Định nghĩa và cách dựng . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2.2 Một số tính chất của đường tròn Mixtilinear . . . . . . . 1.2.3 Ứng dụng của đường tròn Mixtilinear . . . . . . . . . . . 4 4 10 10 12 23
Chương 2. Đường tròn Thebault
2.1 Định nghĩa và cách dựng . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Một số tính chất của đường tròn Thebault . . . . . . . . . . . . 2.3 Ứng dụng của đường tròn Thebault . . . . . . . . . . . . . . . . 33 33 35 41
Kết luận 56
Tài liệu tham khảo 57
ii
Danh mục ký hiệu
(O) Đường tròn tâm O
(O, a) Đường tròn tâm (O) bán kính a
(O, AB) Đường tròn tâm (O) bán kính AB
(ABC) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC
(ABCD) Đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD
Đường tròn Mixtilinear ứng với góc A, B, C wa, wb, wc
(ABCD) = −1 Tỉ số kép bằng −1
I(ABCD) = −1 Chùm điều hòa
Phép vị tự tâm O, tỉ số k V(O,k)
Phương tích của điểm A với đường tròn (O) PA/(O)
Bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC rABC
Diện tích tam giác ABC SABC
p(ABC) Nửa chu vi tam giác ABC
iii
Danh sách hình vẽ
5
1.1 AP BQ là tứ giác điều hòa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.2 Hai đường tròn (I, R) và (I (cid:48), R(cid:48)) có O1 là tâm vị tự ngoài, O2 là tâm vị tự trong. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.3 Các tâm vị tự A1, A2, A3 thẳng hàng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.4 Phương tích của điểm P với đường tròn (O) là P A · P B. 1.5 Tâm đẳng phương P của 3 đường tròn (O1), (O2), (O3). . . . . . 1.6 Định lý Menelaus. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.7 Định lý Pascal. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.8 Ba đường tròn Mixtilinear (OA), (OB), (OC) của tam giác ABC. . . . . . . . . . . . 1.9 Cách dựng đường tròn Mixtilinear thứ nhất. 1.10 Cách dựng đường tròn Mixtilinear thứ hai. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.11 Cách dựng đường tròn Mixtilinear thứ ba. . . . . . . . . . . . . 1.12 Cách dựng đường tròn Mixtilinear thứ tư. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.13 I là trung điểm của AbAc. . . . . . . . . . . . . . . 1.14 XI đi qua điểm chính giữa cung BAC. 1.15 AbAc, BC, XD, ObOc, Y Z đồng quy tại một điểm. . . . . . . . . 1.16 AL song song với BC. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.17 AEKF là hình bình hành. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.18 AF XE là tứ giác điều hòa, (I1) và (I2) tiếp xúc nhau. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.19 M N (cid:107) AI và (XIN ) tiếp xúc với (O). 1.20 AX, AP là hai đường đẳng giác trong góc BAC. . . . . . . . . . . . . . . . . 1.21 XOb, XOc là hai đường đẳng giác trong góc BXC. . . . . . . 1.22 BaAbCbBcAcCa là lục giác ngoại tiếp đường tròn (I). 1.23 RS là tiếp tuyến của wa. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.24 U V là tiếp tuyến chung của (I) và (Ia). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.25 A4D là trục đẳng phương của wb và wc. . . . . . . . . . . . . . . 1.26 Z, Y, K, J thuộc cùng một đường tròn. 6 6 7 8 8 9 10 11 11 12 12 13 13 14 15 15 16 18 19 19 20 21 21 22 24
iv
1.27 (QM N ) luôn đi qua điểm J. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.28 T E là phân giác góc AT B. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.29 E, I, F thẳng hàng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.30 K, T, I thẳng hàng, K, Q, R thẳng hàng, MaQ vuông góc BC. . . . . . . . . . . . . . . . . 1.31 IQ luôn đi qua một điểm X cố định. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.32 P, I, D thẳng hàng. 1.33 M N và P Q cắt nhau trên (O). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 1.34 M, T, X thẳng hàng. 25 25 26 27 28 29 30 31
33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 44 45 46 47 48 49 50
. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.1 Đường tròn Thebault. . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.2 Cách dựng đường tròn Thebault. I, E, F thẳng hàng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.3 I, O1, O2 thẳng hàng. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.4 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . (O1) tiếp xúc với (O2). 2.5 . . . . . . . . . . . . . 2.6 Hai đường tròn (O1) và (O2) bằng nhau. . . 2.7 Đường tròn nội tiếp hai tam giác EDB và EDC bằng nhau. 2.8 G, E, L, X cùng thuộc một đường tròn. . . . . . . . . . . . . . . 2.9 A(cid:48)J là trục đẳng phương của (O1) và (O2). . . . . . . . . . . . . 2.10 (XY Z) tiếp xúc với (O). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.11 (XY Z) tiếp xúc với (O). . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.12 ABCD là hình vuông. 2.13 M là tâm ngoại tiếp tam giác BCN. . . . . . . . . . . . . . . . 2.14 I là trung điểm HE. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.15 LK là đường trung trực của AI. . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.16 M N đi qua tâm bàng tiếp ứng với đỉnh B của tam giác ABC. . 2.17 2 (cid:100)EGF = (cid:100)DAB + (cid:100)DCB. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.18 Đường tròn đường kính M N luôn đi qua điểm J cố định. . . . . 2.19 R luôn nằm trên một đường tròn cố định. . . . . . . . . . . . . 2.20 Trục đẳng phương của (K) và (L) chia đôi các cung AB và CD
của (O).
51 52 53 54 55 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.21 SM và T N cắt nhau tại E thuộc (O). . . . . . . . . . . . . . . 2.22 P I là phân giác góc (cid:100)DP C. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.23 O1O2, I1I2, BC đồng quy. . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . 2.24 R nằm trên phân giác (cid:100)BAC khi và chỉ khi M P (cid:107) BC. . . . . . .
1
Mở đầu
Các bài toán về hình học phẳng mặc dù đã được nghiên cứu từ rất lâu nhưng đến hiện nay vẫn luôn có sức hấp dẫn, là niềm đam mê của nhiều nhà toán học trên thế giới, thu hút được sự yêu thích của các thầy cô dạy toán và học sinh. Chúng thường xuyên xuất hiện trên các tạp chí toán học, blog toán học, trong các đề thi học sinh giỏi hay kì thi Olympic.
Trong các kỳ thi học sinh giỏi, thường xuất hiện các bài toán hình học có ứng dụng các tính chất của đường tròn Mixtilinear và đường tròn Thebault (đường tròn Mixtilinear mở rộng) để giải. Đường tròn Mixtilinear nội tiếp là đường tròn tiếp xúc với hai cạnh của tam giác và tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp tam giác đó. Đường tròn Mixtilinear là một vấn đề trong hình học phẳng, nó bắt đầu được nghiên cứu bởi người Nhật Bản ngay từ thế kỷ XVII, trong các bài toán được khắc trên những ngôi đền cổ. Từ định nghĩa của đường tròn này tạo ra nhiều điều thú vị ẩn chứa bên trong.
Đến năm 1983, Bankoff [7] là người giới thiệu thuật ngữ đường tròn Mix- tilinear và thiết lập công thức cơ bản để biểu diễn bán kính của đường tròn Mixtilinear theo bán kính đường tròn nội tiếp của tam giác. Từ đó đến nay đã có nhiều công trình nghiên cứu về đường tròn Mixtilinear và phát triển thêm thành đường tròn Mixtilinear ngoại tiếp, đường tròn Thebault. Các bài toán về các đường tròn này rất đa dạng và luôn là những bài toán nâng cao đòi hỏi tư duy logic, sáng tạo, kỹ năng chứng minh khéo léo kết hợp với kiến thức nền rộng khắp để áp dụng với các kết quả khác của hình học phẳng.
Nhắc đến đường tròn Mixtilinear và đường tròn Thebault không thể không nhắc đến định lý Thebault. Đây là một trong những định lý đẹp nhất của hình học phẳng. Nguyên liệu chủ yếu trong chứng minh định lý này là Bổ đề Sawayama. Vì vậy, chúng được gộp chung thành tên gọi là định lý Sawayama và Thebault. Định lý Sawayama và Thebault có thể coi là một bổ đề thông dụng trong các bài toán Olympic khó, đôi khi việc dùng nó thông dụng và hiển
2
nhiên tới mức khó nhận ra vai trò của nó [3].
Ở Việt Nam, bài toán về đường tròn Mixtilinear và ứng dụng của nó đã được nhiều quan tâm, chú ý của các thầy cô, các bạn học sinh yêu toán. Chúng xuất hiện rải rác trên các tạp chí toán học như tạp chí Toán học Tuổi trẻ, tạp chí Epsilon, tạp chí Mathley. Một số blog toán học nổi tiếng như blog của thầy Trần Quang Hùng, Nguyễn Văn Linh cũng dành nhiều chuyên đề về đề tài này. Trong các tài liệu ôn tập và đề thi tuyển chọn học sinh giỏi các tỉnh, các trường chuyên vẫn luôn có những bài tập liên quan đến đường tròn Mixtilinear và đường tròn Thebault.
Với tầm quan trọng của đường tròn Mixtilinear, đường tròn Thebault và các ứng dụng, mục đích tìm hiểu về đường tròn Mixtilinear, chúng tôi đã chọn đề tài Một số vấn đề về đường tròn Mixtilinear để nghiên cứu, trình bày làm luận văn cao học. Luận văn là tài liệu tổng hợp các kiến thức cơ bản liên quan đến đường tròn Mixtilinear như định nghĩa, cách dựng, các tính chất. Luận văn cũng tổng hợp các bài toán ứng dụng liên quan nhằm cung cấp một tài liệu tham khảo đầy đủ, trọn vẹn cho học thầy cô, các em học sinh và những người yêu toán.
Ngoài phần Mở đầu, Kết luận và Tài liệu tham khảo, luận văn được chia
thành 2 chương.
Chương 1: Đường tròn Mixtilinear Chương này trình bày một số khái niệm, một số định lý, kiến thức cơ sở của hình học phẳng mà chúng sẽ xuất hiện trong chứng minh các tính chất hay trong giải các bài toán liên đường tròn Mixtilinear. Sau đó chúng tôi trình bày khái niệm, cách dựng, các tính chất của đường tròn Mixtilinear và một số ứng dụng.
Chương 2: Đường tròn Thebault Chương này trình bày khái niệm đường tròn Thebault, cách dựng, các tính chất của đường trong Thebault. Dựa vào đó, chúng tôi trình bày một số bài toán khó mà thường xuất hiện trong các bài hình ở kì thi học sinh giỏi liên quan đến đường tròn Thebault.
Luận văn được hoàn thành tại trường Đại học Khoa học, Đại học Thái Nguyên. Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn tới PGS. TS. Trần Việt Cường, người đã định hướng chọn đề tài và tận tình hướng dẫn, cho tôi những nhận xét quý báu để tôi có thể hoàn thành luận văn.
3
Tôi xin bày tỏ lòng biết ơn chân thành và sâu sắc tới các thầy cô, những người đã tận tâm giảng dạy và chỉ bảo tác giả trong suốt quá trình học tập và thực hiện luận văn.
Tôi cũng xin bày tỏ lòng biết hơn chân thành tới phòng Sau Đại học, khoa Toán - Tin trường Đại học Khoa học - Đại học Thái Nguyên đã giúp đỡ và tạo điều kiện cho tôi trong suốt quá trình học tập và nghiên cứu khoa học.
Cuối cùng tôi xin gửi làm cảm ơn tới gia đình, bạn bè, đồng nghiệp đã động
viên, giúp đỡ và tạo điều kiện tốt nhất cho tôi khi học tập và nghiên cứu. Thái Nguyên, tháng 10 năm 2017 Người viết luận văn
Nguyễn Thị Hằng
4
Chương 1
Đường tròn Mixtilinear
Trong chương này, đầu tiên chúng tôi trình bày một số khái niệm, một số định lý, kết quả cơ bản của hình học phẳng mà chúng sẽ xuất hiện trong chứng minh các tính chất hay trong giải các bài toán liên đường tròn Mixtilinear. Sau đó chúng tôi trình bày khái niệm, cách dựng, các tính chất của đường tròn Mixtilinear và một số ứng dụng. Các tài liệu tham khảo chính là [4, 6, 10, 11].
1.1 Một số kiến thức liên quan
Định nghĩa 1.1.1 ([1]). Bốn điểm A, B, C, D được gọi là hàng điểm điều hòa
khi và chỉ khi = − . Ký hiệu là (ABCD) = −1. CA CB DA DE
Tính chất 1.1.2 ([1]). Bốn điểm được gọi là hàng điểm điều hòa khi và chỉ khi một trong các hệ thức sau được thỏa mãn:
2 2. IA
1. = + (hệ thức Descarter). 2 AB 1 CA 1 DA
= IC · ID (với I là trung điểm AB) (hệ thức Newton).
3. Gọi J là trung điểm CD, ta có AC · AD = AB · AJ (hệ thức Maclaurin).
Định nghĩa 1.1.3 ([1]). Tứ giác ABCD nội tiếp và thỏa mãn = AB AD CB CD được gọi là tứ giác điều hòa.
Ví dụ, cho đường tròn (O) và điểm M nằm ngoài đường tròn. M A và M B là tiếp tuyến vẽ từ M đến (O). Một cát tuyến qua M cắt (O) tại P và Q. Khi đó, AP BQ là tứ giác điều hòa (Hình 1.1).
5
Hình 1.1: AP BQ là tứ giác điều hòa.
Tính chất 1.1.4 ([1]).
1. Tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) là tứ giác điều hòa khi và chỉ khi AC, tiếp tuyến tại B, tiếp tuyến tại D của (O) đồng quy (AC, BD khác đường kính).
2. Cho ABCD là tứ giác điều hòa thì AC · BD = 2AB · CD = 2BC · AD.
3. Cho tứ giác điều hòa ABCD nội tiếp (O), tiếp tuyến tại B và D cắt nhau
tại M, I là giao điểm của AC và BD. Khi đó, (M IAC) = −1.
4. Cho tứ giác điều hòa ABCD nội tiếp O, gọi M là giao của hai tiếp tuyến của (O) tại B và D. Gọi I là giao điểm của OM và BD. Khi đó, IB là phân giác của góc AIC.
−−→ OM (cid:48) = k
Định nghĩa 1.1.5 ([1]). Cho một điểm O cố định và một số thực k không đổi, −−→ k (cid:54)= 0. Phép biến hình biến mỗi điểm M thành điểm M (cid:48) sao cho OM được gọi là phép vị tự tâm O tỉ số k. Kí hiệu V(O,k).
Định nghĩa 1.1.6 ([1]). Nếu có phép vị tự tâm O biến đường tròn này thành đường tròn kia thì O được gọi là tâm vị tự của hai đường tròn đó. Nếu phép vị tự đó có tỉ số dương thì điểm O gọi là tâm vị tự ngoài, nếu phép vị tự đó có tỉ số âm thì điểm O gọi là tâm vị tự trong.
6
Hình 1.2: Hai đường tròn (I, R) và (I (cid:48), R(cid:48)) có O1 là tâm vị tự ngoài, O2 là tâm vị tự trong.
Hình 1.3: Các tâm vị tự A1, A2, A3 thẳng hàng.
Định lý 1.1.7 (Monge-D’Alembert, [1]). Cho ba đường tròn (O1, R1), (O2, R2), (O3, R3) phân biệt trên mặt phẳng. Khi đó, tâm vị tự ngoài của các cặp đường tròn {(O1), (O2)}, {(O2), (O3)}, {(O3), (O1)} cùng thuộc một đường thẳng. Hai tâm vị tự trong của hai trong ba cặp đường tròn trên và tâm vị tự ngoài của cặp đường tròn còn lại cùng thuộc một đường thẳng.
Trên mặt phẳng cho một điểm P và một đường tròn (O). Kẻ đường thẳng qua điểm P cắt đường tròn tại hai điểm U và V . Vậy thì giá trị của P U × P V sẽ không phụ thuộc vào vị trí của đường thẳng.
7
Hình 1.4: Phương tích của điểm P với đường tròn (O) là P A · P B.
Điều này có nghĩa là nếu chúng ta vẽ một đường thẳng khác qua P và cắt đường tròn tại hai điểm A và B thì
P A × P B = P U × P V.
Giá trị không đổi này được gọi là phương tích của điểm P đối với (O).
Định lý 1.1.8 (Định lý về trục đẳng phương, [1]). Cho hai đường tròn (O1, r1) và (O2, r2) có tâm là hai điểm khác nhau. Vậy thì quỹ tích tất cả các điểm P sao cho phương tích của P đến hai đường tròn (O1) và (O2) bằng nhau và là một đường thẳng. Đường thẳng này gọi là trục đẳng phương của hai đường tròn (O1) và (O2). Trục đẳng phương vuông góc với đường thẳng O1O2 nối hai tâm của đường tròn.
Định lý 1.1.9 (Định lý về tâm đẳng phương, [1]). Cho ba đường tròn (O1), (O2), và (O3) có tâm là ba điểm khác nhau.
(i) Nếu ba điểm O1, O2, O3 thẳng hàng thì ba trục đẳng phương của các cặp đường tròn {(O1), (O2)}, {(O1), (O3)}, và {(O2), (O3)} song song với nhau.
(ii) Nếu ba điểm O1, O2, O3 không thẳng hàng thì ba trục đẳng phương của các cặp đường tròn {(O1), (O2)}, {(O1), (O3)}, và {(O2), (O3)} đồng quy tại một điểm gọi là tâm đẳng phương của ba đường tròn. Tâm đẳng phương có phương tích đến ba đường tròn bằng nhau.
8
Hình 1.5: Tâm đẳng phương P của 3 đường tròn (O1), (O2), (O3).
Định lý 1.1.10 (Định lý Poncelet về đa giác lưỡng tâm, [4]). Cho hai đường tròn chứa nhau thỏa mãn: tồn tại một n-giác nội tiếp đường tròn lớn và ngoại tiếp đường tròn nhỏ. Khi đó, tồn tại vô số n-giác vừa nội tiếp đường tròn lớn vừa ngoại tiếp đường tròn nhỏ, đồng thời bất kì một điểm nào thuộc đường tròn lớn đều có thể lấy làm đỉnh cho những n-giác như thế.
Định lý 1.1.11 (Định lý Poncelet, [4]). Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (K) tiếp xúc AB, CD tại M, N . Đường tròn (L) tiếp xúc với AC, BD tại P, Q. Khi đó, nếu M, N, P, Q thẳng hàng thì (K), (L) và (O) đồng trục.
Định lý 1.1.12 (Định lý Menelaus, [2]). Cho tam giác ABC. D, E, F lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB sao cho ba điểm có một số chẵn điểm thuộc cạnh tam giác ABC. Khi đó, định lý phát biểu rằng D, E, F thẳng hàng khi và chỉ khi
Hình 1.6: Định lý Menelaus.
· · = 1. F A F B DB DC EC EA
9
Hình 1.7: Định lý Pascal.
Định lý 1.1.13 (Định lý Pascal, [4]). Cho sáu điểm bất kỳ trên một conic (elip, parabol hoặc hyperbol) khi đó giao điểm của các cặp cạnh đối diện thẳng hàng. Đường thẳng này gọi là đường thẳng Pascal.
Định lý 1.1.14 (Định lý Thales, [1]). Nếu một đường thẳng song song với một cạnh của tam giác và cắt hai cạnh còn lại thì nó định ra trên hai cạnh đó những đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ.
Định nghĩa 1.1.15 ([2]). Hai đường tròn (O1) và (O2) được gọi là trực giao với nhau nếu chúng có điểm chung A và góc giữa 2 tiếp tuyến tại A của chúng bằng 90 độ hay O1A ⊥ O2A.
Định nghĩa 1.1.16 (Đường thẳng đẳng giác, [5]). Đường thẳng đi qua một đỉnh của một góc và tạo với đường phân giác của góc đó những góc bằng nhau gọi là các đường thẳng đẳng giác.
Định lý 1.1.17 (Steiner, [5]). Cho tam giác ABC và hai điểm D, E trên cạnh BC. Khi đó AD, AE đẳng giác trong góc BAC khi và chỉ khi
· = AB2 AC2 . BD DC BE EC
O, xác định bởi
O : M (cid:55)→ M (cid:48) ⇔ OM · OM (cid:48) = k. I k
Định nghĩa 1.1.18 ([2]). Cho điểm O cố định và số thực k (cid:54)= 0. Phép nghịch đảo cực O, phương tích k, ký hiệu f = I k
O(M ) = M (cid:48) ⇔ I k
O(M (cid:48)) = M s.
Tính chất 1.1.19 ([2]). (i) I k
O(I k
O(M )) = M nên I k
O ◦ I k
O là phép đồng nhất.
(ii) I k
10
(i) Phép nghịch đảo biến đường thẳng đi qua O
Tính chất 1.1.20 ([2]). thành chính nó.
√ (ii) Phép nghịch đảo với k > 0 biến đường tròn (O, k) thành chính nó. Ta √ gọi (O, k) là đường tròn nghịch đảo.
(iii) Phép nghịch đảo với k > 0 biến các đường tròn trực giao với đường tròn
nghịch đảo thành chính nó.
O(B) = B(cid:48) thì A(cid:48)B(cid:48) =
O(A) = A(cid:48) và I k
O, nếu I k
(iv) Cho I k . |k|AB OA · OB
1.2 Đường tròn Mixtilinear
1.2.1 Định nghĩa và cách dựng
L. Bankoff [12] là người đưa ra thuật ngữ đường tròn Mixtilinear nội tiếp của một tam giác để đặt tên cho ba đường tròn mà mỗi đường tròn tiếp xúc với hai cạnh và tiếp xúc bên trong với đường tròn ngoại tiếp.
Hình 1.8: Ba đường tròn Mixtilinear (OA), (OB), (OC) của tam giác ABC.
Định nghĩa 1.2.1 ([12]). Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Khi đó, đường tròn wa tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với hai cạnh AB, AC của tam giác ABC được gọi là đường tròn Mixtilinear nội tiếp ứng với góc A của tam giác ABC.
11
Hình 1.9: Cách dựng đường tròn
Hình 1.10: Cách dựng đường tròn Mixtilin-
Mixtilinear thứ nhất.
ear thứ hai.
Cách dựng 1 ([7]). Kí hiệu I là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC, và cho đường thẳng qua I vuông góc với phân giác trong góc A giao với AB và AC tương ứng tại X1 và X2. Hai đường thẳng trực giao với AB và AC tại X1 và X2 cùng cắt đường phân giác trong của góc A tại tâm KA của đường tròn Mixtilinear. Đường tròn tâm KA và đi qua X1 và X2 là đường tròn Mixtilinear ứng với góc A (xem Hình 1.9).
Cách dựng 2 ([7]). Cho tam giác ABC, gọi P là tâm vị tự ngoài của phép vị tự của đường tròn ngoại tiếp với tâm O và đường tròn nội tiếp với tâm I. Kéo dài AP để nó cắt đường tròn ngoại tiếp tại A(cid:48). Giao của AI và A(cid:48)O là tâm KA của đường tròn Mixtilinear ứng với góc A. Đường tròn tâm KA và đi qua A(cid:48) là đường tròn Mixtilinear ứng với góc A (xem Hình 1.10).
Cách dựng tiếp theo sử dụng ý tưởng tương tự như cách dựng thứ nhất nhưng nó không sử dụng công thức tính bán kính của Bankoff hay tính thẳng hàng của ba điểm X1, I, X2.
Cách dựng 3 ([11]). Cho tam giác ABC, xác định điểm giữa N và P tương ứng của các cung đường tròn ngoại tiếp CA và AB không chứa điểm B và C. Gọi A1 là ảnh phản xạ của A qua trung điểm của N P . Vẽ đường (cid:96) qua A1 trực giao với phân giác góc A; đường này cắt AB và AC tương ứng tại X1 và X2. Hai đường thẳng trực giao với AB và AC tại X1 và X2 giao nhau tại tâm KA của đường tròn Mixtilinear tương ứng với góc A.
12
Hình 1.11: Cách dựng đường tròn
Hình 1.12: Cách dựng đường tròn Mixtilin-
Mixtilinear thứ ba.
ear thứ tư.
Cách dựng 4 ([11]). Cho tam giác ABC, lấy D là điểm tiếp xúc của đường tròn nội tiếp với cạnh BC. Gọi IA và M lần lượt là giao điểm của đường phần giác góc A với BC và với đường tròn ngoại tiếp. Giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp của tam giác DIAM và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC trùng với A(cid:48) là điểm tiếp xúc của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC với đường tròn Mixtilinear ứng với góc A.
1.2.2 Một số tính chất của đường tròn Mixtilinear
Tiếp theo, chúng tôi xin trình bày một số tính chất liên quan đến đường tròn Mixtilinear nội tiếp. Phần phát biểu nội dung các tính chất cùng với các chứng minh chủ yếu được tổng hợp từ tài liệu [4, 10]. Xét tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). Kí hiệu wa, wb, wc với tâm tương ứng là Oa, Ob, Oc lần lượt là đường tròn Mixtilinear ứng với các góc A, B, C của tam giác ABC; X, Y, Z lần lượt là tiếp điểm của wa, wb, wc với (O); Ab, Ac lần lượt là tiếp điểm của wa với AB, AC.
Tính chất 1.2.2 (Bổ đề Sawayama - Thebault, [10]). I là trung điểm của AbAc.
Chứng minh. Hiển nhiên E, F lần lượt là giao điểm của XAc, XAb với (O).
13
Hình 1.13: I là trung điểm của AbAc.
Suy ra BE giao CF tại I. Áp dụng định lý Pascal cho lục giác AF BXCE ta có AB ∩ XF , AC ∩ XE, BE ∩ CF thẳng hàng hay Ab, I, Ac thẳng hàng. Mặt khác tam giác AAbAc cân tại A có AI là phân giác của tam giác AbAAc nên I là trung điểm của AbAc.
1 2
Hình 1.14: XI đi qua điểm chính giữa cung BAC.
Tính chất 1.2.3 ([9]). XI đi qua điểm chính giữa cung BAC. Chứng minh. Do XAb giao CI tại F nằm trên (O) nên (cid:92)BXAb = (cid:92)F CB = (cid:91)ACB = (cid:91)BIA − 90o = (cid:92)AbIB.
Suy ra tứ giác AbIXB nội tiếp. Tương tự, tứ giác AcIXC nội tiếp. Ta thu
14
được (cid:91)BXI = (cid:92)AAbI = (cid:92)AAcI = (cid:91)IXC, suy ra XI là phân giác (cid:92)BXC hay XI đi qua điểm chính giữa của cung BAC.
Hình 1.15: AbAc, BC, XD, ObOc, Y Z đồng quy tại một điểm.
Tính chất 1.2.4 ([4]). AbAc, BC, XD, ObOc, Y Z đồng quy tại một điểm.
2
(cid:91)AXb = 1 2
Chứng minh. Gọi A1 là giao của AbAc với BC. Theo phần chứng minh Tính chất 1.2.3 ta có AbBXI nội tiếp. Do đó (cid:92)AbIB = (cid:92)AbXB = 1 (cid:91)ACB = (cid:91)ICB. Suy ra ∆A1IB ∼ ∆A1CI, nên A1I 2 = A1B · A1C. Suy ra A1 nằm trên trục đẳng phương của (I, 0) và (O).
Gọi Cb, Bc là tiếp điểm của (wc), (wb) trên BC. Ta có (cid:92)CbBD = (cid:92)CBD =
(cid:92)DZB ⇒ ∆DBZ ∼ ∆DBCb ⇒ DB2 = DCb · DZ.
Tương tự, ta có DC2 = DBc · DY mà DC = DB nên DBc · DY = DCb ·
DZ ⇒ BcCbZY nội tiếp.
Như vậy PA1/(BcCbZY ) = A1Bc · A1Cb = A1Y · A1Z = A1B · A1C = PA1/(O).
Suy ra A1 nằm trên trục đẳng phương của (O) và BcCbZY . Tức A1 ∈ Y Z.
Suy ra AbAc, BC, Y Z đồng quy.
Tính chất 1.2.5 ([9]). Gọi A2 là tiếp điểm của (I) với BC. XA2 giao (O) tại L. Khi đó, AL (cid:107) BC.
15
Hình 1.16: AL song song với BC.
Chứng minh. Theo Tính chất 1.2.3 ta có XI đi qua điểm chính giữa Ma của cung BAC nên (cid:91)IXD = 90o. Theo chứng minh Tính chất 1.2.4, AbAc, BC đồng quy tại A1 nên tứ giác A1IA2X nội tiếp đường tròn đường kính IA1. Suy ra (cid:92)LA2C = (cid:92)A1IX = (cid:92)ADX = (cid:92)ALA2. Từ đó AL (cid:107) BC.
Hình 1.17: AEKF là hình bình hành.
Tính chất 1.2.6 ([3]). (AF Ab) giao (AEAc) tại K. Khi đó, AEKF là hình bình hành.
16
Chứng minh. Ta có (cid:92)AEK = (cid:92)AAcAB (cùng chắn cung AK của (AEAc) và (cid:92)AAbAc = (cid:92)AF K (cùng chắn cung AK của (AF Ab). Mà (cid:92)AAcAB = (cid:92)AAbAc. Suy ra
(cid:92)AEK = (cid:92)AF K. (1.1)
Lại có
(cid:92)EKF = (cid:92)EKA + (cid:92)AKF = (cid:92)EAcA + (cid:92)AAbF
= ((cid:92)CAX + (cid:92)AXAc + ((cid:92)BAX + (cid:92)AXAb) = ( (cid:91)F AB + (cid:91)CAE) + (cid:91)BAC = (cid:91)F AE.
Suy ra
(cid:92)EKF = (cid:91)F AE. (1.2)
Từ (1.1) và (1.2) suy ra AEKF là hình bình hành.
Tính chất 1.2.7 ([9]).
a) Tứ giác AF XE là tứ giác điều hòa.
b) Đường tròn Mixtilinear nội tiếp ứng với góc A của các tam giác ABX và
Hình 1.18: AF XE là tứ giác điều hòa, (I1) và (I2) tiếp xúc nhau.
ACX tiếp xúc nhau.
17
Chứng minh. a) Vì ∆F AAb ∼ ∆F XA ⇒ F A2 = F Ab · F X. Tương tự, EA2 = EAc · EX. Theo định nghĩa tứ giác điều hòa, để chứng minh AF XE là tứ giác điều hòa ta cần chỉ ra
(cid:112)
= XF XE
AF AE ⇔ AF · XE = AE · XF ⇔ (cid:112)F Ab · F X · XE =
= . ⇔ F Ab · XE = EAc · XF ⇔ EAc · EX · XF XF XE F Ab EAc
XE . Điều phải chứng minh.
= XF Do AbAc (cid:107) F E vì cùng vuông góc với AI, áp dụng định lý Thales cho tam giác XF E, ta có F Ab EAc
b) Gọi I1, I2 theo thứ tự là tâm các đường tròn nội tiếp các tam giác ABX và ACX; M, N lần lượt là giao của BI1, CI2 với (O). Đường thẳng qua I1 và vuông góc với AI1 giao với đường thẳng qua I2 và vuông góc với AI2 tại P ; M F giaoN E tại L, M F giao AI1 tại J, N E giao AI2 tại K. Rõ ràng I1P đi qua tiếp điểm của đường tròn Mixtilinear của tam giác ABX với AX và nếu chỉ ra được P ∈ AX thì đường tròn Mixtilinear góc A của tam giác ABX tiếp xúc AX tại P . Tương tự, với đường tròn Mixtilinear góc A của tam giác ACX và từ đó suy ra được chúng tiếp xúc nhau. Như vậy ta cần chỉ ra A, P, X thẳng hàng.
Theo câu a) ta có AF XE điều hòa, suy ra
= = = . F I1 F X F A F X EA EX EI2 EX
Suy ra EF (cid:107) I1I2. Ta có F A = F I1, M A = M I1 nên F M là trung trực của đoạn thẳng AI1, suy ra F M ⊥ AI1 hay F M (cid:107) I1P .
Tương tự, EN (cid:107) I2P . Hai tam giác F LE và I1P I2 có các cạnh tương ứng song song nên F I1, EI2, LP giao nhau tại tâm vị tự X của hai tam giác, hay X, P, L thẳng hàng.
Tam giác AF I2 cân tại F có đường cao F K nên cũng là trung tuyến. Từ đó thấy được JK là đường trung bình của tam giác AI1I2 nên JK (cid:107) I1I2. Hai tam giác JLK và I1P I2 có các cạnh tương ứng song song nên I1J, I2K, LP giao nhau tại tâm vị tự A của hai tam giác này, hay A, L, P thẳng hàng. Vậy A, P, X thẳng hàng, suy ra điều phải chứng minh.
18
Hình 1.19: M N (cid:107) AI và (XIN ) tiếp xúc với (O).
Tính chất 1.2.8 ([7]). IX giao BC tại M, AX giao AbAc tại N , khi đó M N (cid:107) AI và (XIN ) tiếp xúc với (O).
Chứng minh. Gọi A3 là trung điểm của BC. Ta có tứ giác A1IA3D nội tiếp đường tròn đường kính A1D. Suy ra (cid:91)AXI = (cid:92)IDA3 = (cid:92)IA1A3. Từ đó ta có tứ giác A1N M X nội tiếp. Suy ra (cid:92)A1N M = (cid:92)A1XM = 90o. Vậy M N (cid:107) AI.
Mặt khác, do AMa và N I cùng vuông góc với AI nên hai tam giác XN I
và XAMa có tâm vị tự X. Suy ra (XN I) tiếp xúc với (XAMa).
Tính chất 1.2.9 ([9]). Gọi l là tiếp tuyến của wa sao cho l nằm trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A đồng thời l (cid:107) BC. Gọi P là tiếp điểm của l với wa. Khi đó, AX, AP là hai đường đẳng giác trong góc BAC.
Chứng minh. Gọi Q là giao điểm thứ hai của AX với wa. Do XI giao (O) tại điểm chính giữa Ma của cung BAC và tiếp tuyến của (O) tại Ma song song với BC nên P là ảnh của Ma qua phép vị tự tâm X. Từ đó X, I, P thẳng hàng. Ta có IA ⊥ AMa, P Q là ảnh của AMa qua phép vị tự tâm X nên P Q (cid:107) AMa, suy ra P Q ⊥ AI. Như vậy P và Q đối xứng nhau qua AI, hayAX và AP là hai đường đẳng giác trong góc BAC.
19
Hình 1.20: AX, AP là hai đường đẳng giác trong góc BAC.
Hình 1.21: XOb, XOc là hai đường đẳng giác trong góc BXC.
Tính chất 1.2.10 ([3]). XOb, XOc là hai đường đẳng giác trong góc BXC.
Chứng minh. Gọi M là giao của IX với BC, T là giao của IX với ObOc. Ta có XA1 và XM lần lượt là phân giác ngoài và phân giác trong góc (cid:92)BXC nên (BCM A1) = −1. Suy ra, I(BCM A1) = −1, hay I(ObOcT A1) = −1, nghĩa là
20
(ObOcT A1) = −1. Vậy X(ObOcT A1) = −1. Ta lại có (cid:92)IXA1 = 90o nên XI là phân giác (cid:92)ObXOc. Theo Tính chất 1.2.3, XI là phân giác (cid:92)BXC nên XOb, XOc là hai đường đẳng giác trong góc BXC.
Hình 1.22: BaAbCbBcAcCa là lục giác ngoại tiếp đường tròn (I).
Tính chất 1.2.11 ([9]). BaAbCbBcAcCa là lục giác ngoại tiếp đường tròn (I).
Chứng minh. Kẻ tiếp tuyến AbJ tới (I). Ta có (cid:92)JAbAc = (cid:92)AAbAc = (cid:92)AAcAb nên AbJ (cid:107) AC. Như vậy tiếp tuyến kẻ từ Ab tới (I) song song với AC, tương tự suy ra AbCb là tiếp tuyến song song với AC của (I). Chứng minh tương tự ta có BcAc là tiếp tuyến song song với AB của (I), CaBa là tiếp tuyến song song với BC của (I). Suy ra, lục giác BaAbCbBcAcCa ngoại tiếp đường tròn (I).
Tính chất 1.2.12 ([9]). Đường tròn (A, AAb) giao (O) tại hai điểm R, S. Khi đó, RS là tiếp tuyến của wa.
Chứng minh. Gọi Q là giao của AX với wa, K, L lần lượt là giao của AX với (A, AAb). Do hai đường tròn (A, AAb) và wa trực giao nên (KLQX) = −1. Mà A là trung điểm của KL nên theo hệ thức Maclaurin (Tính chất 1.1.2), QK · QL = QA · QX, hay Q thuộc trục đẳng phương của (A, AAb) và (O). Nghĩa là Q ∈ RS. Ta có X là tâm vị tự ngoài của (O) và wa nên tiếp tuyến tại A của (O) và tiếp tuyến tại Q của wa song song với nhau. Do tiếp tuyến tại A của (O) và RS cùng vuông góc với OA nên RS là tiếp tuyến của wa.
21
Hình 1.23: RS là tiếp tuyến của wa.
Hình 1.24: U V là tiếp tuyến chung của (I) và (Ia).
Tính chất 1.2.13 ([9]). Gọi M, N là giao điểm của (Ia) và wa. Đường tròn (A, AM ) giao (O) tại U, V . Khi đó, U V là tiếp tuyến chung của (I) và (Ia).
22
Chứng minh. Gọi H là tiếp điểm của (Ia) với AB. Xét phép nghịch đảo cực A phương tích k = AAb · AH :
B (cid:55)→ B(cid:48), C (cid:55)→ C(cid:48), (Oa) (cid:55)→ (Ia), (Ia) (cid:55)→ (Oa), (O) (cid:55)→ B(cid:48)C(cid:48), BC (cid:55)→ (AB(cid:48)C(cid:48)). Gọi L là giao điểm thứ hai của AM với (Ia). Ta có (cid:92)AbM A = (cid:92)HKA = (cid:92)AHM , suy ra AN 2 = AM 2 = AAb · AH. Như vậy đường tròn (A, AM ) không thay đổi qua phép nghịch đảo I k A.
Do U, V là giao điểm của (A, AM ) với (O) nên U, V là hai điểm không thay A, tức là U, V ∈ B(cid:48)C(cid:48). Ta có (Oa) tiếp xúc với (O)
đổi qua phép nghịch đảo I k nên (Ia) tiếp xúc với B(cid:48)C(cid:48), tức (Ia) tiếp xúc với U V .
Mặt khác
p = = = bc = AB · AB(cid:48) = AC · AC(cid:48). AAb · AH = 2SABC sin A sin A AI cos A 2 rp 2 cos A 2
Suy ra AB(cid:48) = AC, AC(cid:48) = AB. Do BC là tiếp tuyến chung của (I) và (Ia) nên qua phép đối xứng trục, B(cid:48)C(cid:48) là tiếp tuyến chung thứ hai của hai đường tròn này, hay U V là tiếp tuyến chung của (I) và (Ia).
Hình 1.25: A4D là trục đẳng phương của wb và wc.
Tính chất 1.2.14 ([7]). Gọi A2 là tiếp điểm của (I) với BC, A4 là trung điểm của IA2. Khi đó, A4D là trục đẳng phương của wb và wc.
23
Chứng minh. Theo chứng minh của Tính chất 1.2.4 chúng ta đã chứng minh được D nằm trên trục đẳng phương của wb và wc. Gọi B2 và C2 lần lượt là tiếp điểm của (I) với AC, AB. Xét các đường tròn (I) và wb có C2Ba và A2Bc là hai tiếp tuyến chung ngoài. Do đó đường thẳng nối trung điểm C2Ba và A2Bc hay đường trung bình l1 của hình thang C2BaBcA2 chính là trục đẳng phương của (I) và wb. Hiển nhiên l1 đi qua A4.
Tương tự, đường trung bình l2 của hình thang CaB2A2Cb là trục đẳng phương của (I) và wc. Ta chứng minh được l1 và l2 giao nhau tại A4. Như vậy, A4 chính là tâm đẳng phương của 3 đường tròn (I), wb, wc. Do đó A4D là trục đẳng phương của wb và wc.
Tính chất 1.2.15 ([3]). Tâm đẳng phương J của wa, wb, wc nằm trên OI và chia OI theo tỉ số OJ : JI = 2R : −r.
, nên OJ : JI = 2R : −r. Chứng minh. Gọi B4, C4 lần lượt là trung điểm IB2vIC2. Dễ dàng chứng minh hai tam giác DEF và A4B4C4 có cạnh tương ứng song song nên DA4, EB4, F C4 đồng quy tại tâm vị tự J của hai tam giác, tâm vị tự này là tâm vị tự của đường tròn ngoại tiếp hai tam giác DEF và A4B4C4. Do bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác A4B4C4 bằng r 2
1.2.3 Ứng dụng của đường tròn Mixtilinear
Bổ đề 1.2.16 ([3]). Gọi K là một điểm bất kì trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, X bất kì thuộc đường thẳng AK. Từ X kẻ hai tiếp tuyến tới đường tròn nội tiếp (I) của tam giác ABC, cắt BC lần lượt tại Y, Z. Khi đó, (KY Z) đi qua tiếp điểm J của đường tròn Mixtilinear wa ứng với góc A.
Chứng minh. Giả sử K nằm trên cung BC không chứa A của (O). Gọi Ia là tâm bàng tiếp góc A của tam giác ABC, E là đỉnh chính giữa cung BC không chứa A của (O), T là giao điểm của AX và BC. IaT giao (BIC) tại F , IX giao IaF tại D. Từ T K · T A = T B · T C = T F · IaT suy ra A, F, K, Ia cùng thuộc một đường tròn. Kết hợp với tính chất quen thuộc của đường tròn Mixtilinear (cid:100)IJE = 90o, ta có (cid:91)IJK + (cid:91)IF K = (cid:100)IJE − (cid:91)EJK + (cid:91)IF Ia +(cid:92)KF Ia = 90o −(cid:92)EAK +90o +(cid:92)KF Ia = 180o nên JKF I nội tiếp. Mà IF CG, BCKJ nội tiếp, ta thu được KJ, BC, IF đồng quy tại S. Mặt khác, gọi XY cắt AB tại L, áp dụng định lí Desargues cho tam giác LY B và tam giác IDIa với LB giao IIa tại A, LY giao ID tại X, BY giao IaD tại T , vì A, X, T thẳng hàng nên LI, BIa, Y D đồng quy tại
24
Hình 1.26: Z, Y, K, J thuộc cùng một đường tròn.
tâm bàng tiếp góc L của tam giác LBY. Do đó (cid:91)IY D = 90o. Chứng minh tương tự ta có (cid:91)IZD = 90o, dễ thấy I, F, Y, Z, D thuộc cùng một đường tròn. Theo tính chất phương tích thì SY · SZ = SI · SF = SK · SJ, vậy Z, Y, K, J thuộc cùng một đường tròn.
Định lý sau là trường hợp của Bổ đề 1.2.16 khi X trùng với K.
Định lý 1.2.17 ([7]). Cho tam giác ABC. Gọi (I), (O), wa lần lượt là đường tròn nội tiếp, đường tròn ngoại tiếp và đường tròn Mixtilinear ứng với góc A. Gọi J là điểm tiếp xúc của wa và (O). Lấy K là một điểm thuộc (O) sao cho các tiếp tuyến từ K tới (I) giao với BC tại Y và Z. Khi đó, tứ giác KJY Z nội tiếp.
Từ Bổ đề 1.2.16, ta giải được bài toán sau.
Bài toán 1.2.18 ([3]). Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có P di chuyển trên cạnh BC. Đường tròn (K) tiếp xúc P C tại M , tiếp xúc P A và tiếp xúc trong (O). Đường tròn (L) tiếp xúc P B tại N tiếp xúc P A và tiếp xúc trong (O). AP cắt (O) tại Q khác A. Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác QM N luôn đi qua một điểm cố định.
25
Hình 1.27: (QM N ) luôn đi qua điểm J.
Chứng minh. Gọi D là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với BC. Kẻ tiếp tuyến N Z, M Y tới (I). Vì tam giác P N F cân nên dễ thấy (cid:91)ZIN + (cid:92)N F P = (cid:91)N ID +(cid:92)P N F = 90o, suy ra N Z song song với AP . Tương tự, ta có M Y (cid:107) AP (cid:107) N Z do đó có thể coi giao điểm của M Y và N Z nằm trên AP. Áp dụng Bổ đề 1.2.16 thì (QM N ) đi qua điểm cố định là tiếp điểm đường tròn Mixtilinear wa của tam giác ABC với (O).
Hình 1.28: T E là phân giác góc AT B.
Bổ đề 1.2.19 ([6]). Cho (O) và dây cung AB, (I) tiếp xúc trong với (O) tại T. Dây cung AB của (O) tiếp xúc (I) tại E. Khi đó, T E là phân giác góc AT B.
26
Chứng minh. Gọi M, N theo thứ tự là giao của AT, BT với (I). Theo định nghĩa phương tích đường tròn, ta có
. AE2 BE2 = AM · AT BN · BT
= nên ta có AM BN AT BT
= . Dễ thấy M N song song AB nên theo định lý Thales AT BT AE BE
Bài toán 1.2.20 (Đề thi Olympic Toán học Nghệ - Tĩnh 2014, [6]). Tam giác ABC có B, C cố định và A di chuyển trên cung lớn BC của đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác. Gọi I là tâm nội tiếp tam giác. Đường tròn (Ma) tiếp xúc trong với (O) tại K và tiếp xúc AB, AC ở E, F . Các đường thẳng qua E, F lần lượt vuông góc với CI, BI cắt nhau tại Q.
a) Chứng minh E, I, F thẳng hàng.
b) Chứng minh IQ luôn đi qua một điểm cố định.
Hình 1.29: E, I, F thẳng hàng.
Chứng minh. a) Gọi Y, Z theo thứ tự là trung điểm cung AC, AB không chứa B, C. Theo Bổ đề 1.2.19 trên thì K, E, Z và K, F, Y là bộ điểm thẳng hàng. Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm (A, Z, b, K, C, Y ) ta được E, I, F thẳng hàng.
b) Gọi T, R lần lượt là điểm chính giữa các cung lớn, nhỏ BC của (O). Ta chứng minh lần lượt các kết quả.
27
i) K, T, I thẳng hàng
Dễ thấy KE là phân giác góc AKB và KF là phân giác góc AKC. Tam giác KEF có KI là trung tuyến và KA là đường đối trung. Do đó KA và KI là hai đường này đẳng giác. Suy ra
(cid:92)AKB = (cid:92)AKE = (cid:91)IKF . ACB = (cid:91)F CI, ta được (cid:91)IKF = (cid:91)F CI. Suy ra, tứ 1 2 1 2 Hơn nữa (cid:92)AKE = giác F IKC nội tiếp. Tương tự, tứ giác EIKB nội tiếp. Từ đây, suy ra
(cid:91)BKI = (cid:91)AEI = (cid:91)AF I = (cid:91)CKI.
Hình 1.30: K, T, I thẳng hàng, K, Q, R thẳng hàng, MaQ vuông góc BC.
Như vậy, KI là phân giác góc KBC, hay K, I, T thẳng hàng.
ii) Q thuộc đường tròn (Ma)
Ta có, (cid:92)EKF = (cid:92)AKE +(cid:92)AKF = = (cid:91)BIC = 180o − (cid:91)EQF . Suy (cid:91)ABC + (cid:91)BCA 2
ra E, K, F, Q cùng thuộc một đường tròn. Tức Q thuộc (Ma). iii) K, Q, R thẳng hàng
(cid:92)BCA 2
Ta có (cid:92)EKB = (cid:91)IKF (=
), kéo theo (cid:91)BKI = (cid:92)EKB + (cid:91)EKI = (cid:91)IKF + (cid:91)EKI = (cid:92)EKF . Do tứ giác EIKB nội tiếp nên (cid:91)KBI = (cid:91)KEI. Từ đó suy ra (cid:52)BKI ∼ (cid:52)EKF ⇒ (cid:91)BIK = (cid:92)EF K. Mà (cid:92)EF K = (cid:92)EQK (do E, F, Q, K đồng viên). Như vậy, ta được
(cid:91)BIK = (cid:92)EQK.
28
Suy ra tứ giác SIQK nội tiếp với S là giao của EQ, BI.
Do (cid:100)ISQ = 90o nên (cid:91)IKQ = 90o. Suy ra KQ vuông góc KI và KR vuông
góc KI. Do đó K, Q, R thẳng hàng. iv) Chứng minh MaQ vuông góc BC
Gọi U, V là giao của BC với (Ma) sao cho U nằm giữa B, V . Ta có
BE2 = BU · BV, CF 2 = CV · CU.
Suy ra
= BU · BV CV · CU BE2 CF 2 = BK2 CK2 .
Hình 1.31: IQ luôn đi qua một điểm X cố định.
Theo định lý Steiner về tiêu chuẩn đẳng giác, ta được BU, BV đẳng giác trong (cid:92)BKC mà KI là phân giác (cid:92)BKC nên cũng là phân giác (cid:92)U KV . Suy ra KI đi qua trung điểm cung U V không chứa K của (Ma). Mà KI vuông góc KQ nên Q chính là điểm chính giữa cung U V chứa K của (Ma). Điều này chứng tỏ MaQ vuông góc BC. v) Chứng minh IQ luôn đi qua điểm X đối xứng với T qua R
Theo iv) ta có MaQ vuông góc BC, suy ra MaQ song song OR. Theo định
lý Thales, ta có
= . KQ QR MaK MaO
29
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác T KO và cát tuyến IMaR ta được
· · = 1 ⇒ · = 2. IT IK RO RT IT IK MaK MaO MaK MaO
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác KT R và cát tuyến IQX.
· · = 1 ⇔ · · = 1 ⇔ = ⇔ XT = 2XR. IT IK KQ QR XR XT IT IK XR XT XR XT 1 2 MaK MaO
Như vậy, điểm X đối xứng với T qua R. Do T, R cố định nên X cố định. Như vậy IQ luôn đi qua một điểm cố định.
Hình 1.32: P, I, D thẳng hàng.
Bài toán 1.2.21 (China Team Selection Test 2008, [6]). Cho tam giác ABC nhọn có I là tâm nội tiếp. M, N là hai trung điểm cung nhỏ AC, AB của đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC và D là trung điểm M N . Lấy G là điểm tùy ý trên cung nhỏ BC của (O). Gọi I1, I2 theo thứ tự là tâm nội tiếp các tam giác ABG, ACG. P là giao điểm thứ hai của (O) và (GI1I2). Chứng minh P, I, D thẳng hàng.
Chứng minh. Dễ dàng nhận ra được
N A = N B = N I = N I1, M A = M C = M I = M I2.
30
Dễ thấy hai tam giác P I1N, P I2M đồng dạng. Do đó
= = . P N P M N A M A N I1 M I2
Đẳng thức này chứng tỏ N AM P là tứ giác điều hòa.
Mặt khác nếu gọi P (cid:48) là tiếp điểm của (O) và đường tròn Mixtilinear ứng với góc A của tam giác ABC thì theo Tính chất 1.2.7 ta được N AM P (cid:48) là tứ giác điều hoà. Điều này chứng tỏ P, P (cid:48) trùng nhau. Từ đó dễ dàng nhận thấy P I đi qua trung điểm R của cung BAC.
Bằng cộng góc đưa về các góc trong tam giác ABC, ta có RM song song N I. Tương tự, RN song song M I. Suy ra RM IN là hình bình hành. Mà D là trung điểm của M N nên N cũng là trung điểm của RI. Kéo theo I, D, R thẳng hàng. Vậy ta có P, I, D thẳng hàng.
Hình 1.33: M N và P Q cắt nhau trên (O).
Bài toán 1.2.22 ([6]). Cho tam giác ABC nội tiếp (O), đường tròn Mixtilinear góc A tiếp xúc (O) tại P. Phân giác góc A cắt BC và (O) tại Q, M . Đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc BC tại N. Chứng minh rằng M N và P Q cắt nhau trên (O).
Chứng minh. Xét phép nghịch đảo f : nghịch đảo tâm A phương tích AB · AC và phép đối xứng qua phân giác góc A, ta có f biến B thành C, C thành B,
31
biến Q thành M. Qua phép nghịch đảo điểm P (cid:48) là điểm tiếp xúc của đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác AB(cid:48)C(cid:48) nên qua phép đối xứng phân giác P chính là N. Do phép đối xứng phân giác ta có (cid:91)P AQ = (cid:92)N AM . Mặt khác AP.AN = AB.AC = AQ.AM suy ra tam giác AP Q và tam giác AM N đồng dạng suy ra A là tâm của phép vị tự quay biến P Q thành M N, suy ra P Q và M N cắt nhau trên (O).
Bài toán 1.2.23 ([6]). Cho tam giác ABC (AB < AC) nội tiếp trong đường tròn ω tâm O bán kính R, đường tròn (ω1) tâm IA bán kính RA tiếp xúc với đường tròn (ω) tại T và tiếp xúc với các cạnh AB, AC tại E, F . Phân giác trong của góc (cid:91)BAC cắt đường tròn (ω) tại điểm thức hai M khác A, BC cắt EF tại X.
a) Tính tỉ số theo R và RA. CF CT
Hình 1.34: M, T, X thẳng hàng.
b) Chứng minh M, T và X thẳng hàng.
Chứng minh. a) Đặt = k (0 < k < 1). Gọi Y là giao điểm của CT với RA R (ω1). Ta có (ω) tiếp xúc với (ω1) tại T nên phép vị tự V tâm T tỉ số k biến (ω)
= k ⇒ = 1 − k. CF là Y T CT CY CT thành (ω1). Suy ra V biến C thành Y , do đó tiếp tuyến của (IA) nên
(cid:114)
(cid:114)
√ √ = = = 1 − k = . CF CT CY · CT CT CY CT R − RA R
32
(cid:114)R − RA R
(cid:114)R − RA R
b) Theo câu a) ta có = , tương tự ta cũng có = . CF CT BE BT Suy ra
= . (1.3) CF CT BE BT
= 1 mà AE = AF nên · · Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác ABC với X, E, F thẳng hàng ta có XB XC EA EB F C F A
= . (1.4) XB XC BE CF
Từ (1.3) và (1.4) suy ra = XB XC BT CT
. Do đó T X là phân giác ngoài góc (cid:91)BT C. Mặt khác M là điểm chính giữa cung BC (không chứa A) nên T M là phân giác ngoài của góc (cid:91)BT C. Từ đó suy ra M, T, X thẳng hàng.
33
Chương 2
Đường tròn Thebault
Chương này trình bày khái niệm đường tròn Thebault, cách dựng, các tính chất của đường tròn Thebault. Trong đó, chúng tôi trình bày một số bài toán thường xuất hiện trong các kì thi học sinh giỏi. Tài liệu tham khảo chính là [4, 3].
2.1 Định nghĩa và cách dựng
Định nghĩa 2.1.1 ([10]). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Một đường thẳng l qua A cắt cạnh BC tại D. Đường tròn tiếp xúc với các tia DA, DC và tiếp xúc trong với (O) gọi là đường tròn Thebault nội tiếp của tam giác ABC ứng với đường thẳng l và đỉnh C.
Một cách tương tự ta có định nghĩa được các đường tròn Thebault nội tiếp
Hình 2.1: Đường tròn Thebault.
còn lại và các đường tròn Thebault bàng tiếp.
34
Việc dựng đường tròn Thebault có thể dựa vào Bổ đề Sawayama (Tính chất 2.2.1 dưới đây) và thêm một nhận xét đơn giản sau: Nếu F là tiếp điểm của đường tròn Thebault (K) với BC thì IF đi qua tiếp điểm H của (K) với AD, ngoài ra F H vuông góc với phân giác góc ADC mà (K) nội tiếp.
Hình 2.2: Cách dựng đường tròn Thebault.
Bài toán 2.1.2 (Cách dựng đường tròn Thebault). Cho tam giác ABC và điểm D trên cạnh BC. Dựng đường tròn tiếp xúc với AD, CD và tiếp xúc trong đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Giải. Đường tròn cần tìm là đường tròn Thebault ứng với AD và đỉnh C. Dựa vào nhận xét bên trên, ta thực hiện các bước sau.
1. Tìm tâm đường tròn nội tiếp I của tam giác ABC là giao của hai đường
phân giác.
2. Từ I kẻ đường vuông góc với phân giác góc (cid:92)ADC. Gọi F là giao điểm
của nó với BC.
3. Kẻ đường vuông góc với BC tại F . Kí hiệu K là giao điểm của nó với
đường phân giác góc (cid:92)ADC.
Vậy đường tròn tâm K tiếp xúc với DC tại F và KF ⊥ DC. K nằm trên đường phân giác góc (cid:92)ADC, (K) tiếp xúc với DA tại K thì KH ⊥ DA và KH = KF . Theo tính chất của các tiếp điểm HF ⊥ DK, mà theo cách dựng IF ⊥ DK. Do đó I, H, F thẳng thàng. Vậy (K) là đường tròn Thebault. (cid:3)
35
2.2 Một số tính chất của đường tròn Thebault
Đường tròn Thebault là dạng mở rộng của đường tròn Mixtilinear. Nhiều tính chất trong Mục 1.2.1 có thể mở rộng cho đường tròn Thebault, và bởi tính đa dạng và phong phú của chúng nên thật khó để tìm được điểm dừng. Trong mục này chúng ta chỉ tìm hiểu một số tính chất tiêu biểu của đường tròn Thebault.
Hình 2.3: I, E, F thẳng hàng.
Tính chất 2.2.1 (Bổ đề Sawayama, [7]). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). D là một điểm bất kì trên cạnh BC. Gọi (O(cid:48)) là đường tròn Thebault của tam giác ABC ứng với AD và đỉnh C. (O(cid:48)) tiếp xúc với các đoạn thẳng CD, AD lần lượt tại E, F . Khi đó, I, E, F thẳng hàng.
Chứng minh. Gọi K là tiếp điểm của (O(cid:48)) với (O). KE, KF lần lượt cắt (O) lần thứ hai tại N, M . AM cắt EF tại J. Khi đó, M là điểm chính giữa cung BC. Do K là tâm vị tự ngoại của (O) và (O(cid:48)) nên hiển nhiên EF (cid:107) M N. Do đó (cid:92)AKE = (cid:92)AM N = (cid:91)AJE, suy ra tứ giác AKJE nội tiếp. Mà (O(cid:48)) tiếp xúc với
36
AD nên (cid:92)EF K = (cid:92)AEK = (cid:91)AJK, nghĩa là đường tròn ngoại tiếp tam giác JKF tiếp xúc với AM. Suy ra M J 2 = M F · M K. Mặt khác, (cid:92)M KC = (cid:92)BCM nên M C2 = M F · M K, ta thu được M J 2 = M C2 hay M B = M C = M J. Lại có M là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC, suy ra J ≡ I. Hay I ∈ EF.
Nhận xét 2.2.2. Khi D ≡ B ta thu được Tính chất 1.2.2.
Hình 2.4: I, O1, O2 thẳng hàng.
Tính chất 2.2.3 (Định lý Sawayama - Thebault, [7]). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). D là một điểm bất kì trên cạnh BC. Gọi (O1), (O2) lần lượt là các đường tròn Thebault của tam giác ABC ứng với đường thẳng AD và các đỉnh B, C. Khi đó, I, O1, O2 thẳng hàng.
Chứng minh. Gọi L là giao điểm của O1O2 và BC; G, H là tiếp điểm ccuar (O1) với DB, DA; E, F là tiếp điểm của (O2) với DC, DA. Theo Tính chất 2.2.1, I là giao điểm của EF và GH.
Gọi I (cid:48) là giao của GH và O1O2. Do GH và DO2 cùng vuông góc với DO1
nên GH (cid:107) DO2. Suy ra
. (2.1) = LG LD LI (cid:48) LO2
Mặt khác, O1G (cid:107) O2E nên
= . (2.2) LG LE LO1 LO2
37
= LE LD LI (cid:48) LO1
hay O1D (cid:107) EI (cid:48). Mà Chia theo vế của (2.1) cho (2.2) ta thu được EI và O1D cùng vuông góc với O2D nên EI (cid:107) O1D. Từ đó I (cid:48) ≡ I hay O1, I, O2 thẳng hàng.
Nhận xét 2.2.4. Từ tính chất trên suy ra (O1), (I), (O2) có một tiếp tuyến chung khác BC.
Hình 2.5: (O1) tiếp xúc với (O2).
Tính chất 2.2.5 ([9]). Nếu D là chân đường phân giác góc A thì (O1) tiếp xúc với (O2).
Chứng minh. Gọi G là điểm chính giữa cung BC không chứa A. Phương tích từ G đến họ các đường tròn ω tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với BC sao cho ω và G nằm khác phía so với BC đều bằng GB2 = GI 2. Do (O1) tiếp xúc với GI nên I chính là tiếp điểm của (O1) với AG. Tương tự, suy ra (O1) và (O2) tiếp xúc nhau tại I.
Định nghĩa 2.2.6 ([6]). Cho tam giác ABC, đường tròn bàng tiếp ứng với cạnh BC, CA, AB lần lượt tiếp xúc với các cạnh này tại A(cid:48), B(cid:48), C(cid:48) khi đó ba đường thẳng AA(cid:48), BB(cid:48), CC(cid:48) đồng quy. Điểm này gọi là điểm Nagel của tam giác ABC.
A, T c
Tính chất 2.2.7 (Jean-Pierre Ehrmann và Cosmin Pohoata, [7]). Cho tam giác ABC, P là một điểm nằm trong tam giác. Gọi T b A là hai đường tròn
38
B, T a B , C bằng nhau khi và chỉ khi
C , T b
B , T a
B, T a
Hình 2.6: Hai đường tròn (O1) và (O2) bằng nhau.
A và T c
A bằng nhau, tức là R(T b
A) = R(T c
A) là bán kính của đường tròn T b
Thebault của tam giác ABC ứng với đường thằng AP. Tương tự, có T c A, T c A, T c C. Khi đó, 6 đường tròn T b C , T b T a P là điểm Nagel của tam giác ABC.
Chứng minh. Gọi D là giao của AP với BC. Trước tiên ta giả sử hai đường tròn T b A) (tương ứng với hai đường tròn (O1) và (O2), ký hiệu R(T b A). Hiển nhiên khi đó bán kính của 2 đường tròn bằng r.
Gọi G, H là tiếp điểm của (O1) với DB, DA; E, F là tiếp điểm của (O2) với DC, DA. L là tiếp điểm của (I) với BC. Do R(O1) = R(O2) nên BO1O2C là hình thang cân, suy ra BG = CE. O1ILG là hình chữ nhật, O1IED là hình bình hành nên GL = O1I = DE. Vậy BL = BG + GL = CE + DE = CD. Suy ra D là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC.
Ngược lại, ta luôn dựng được đường tròn (O1) tiếp xúc trong với (O), BC và có bán kính bằng r. Khi đó, kẻ tiếp tuyến từ A đến (O1) cắt BC tại D. Dựng đường tròn Thebault (O2) của tam giác ABC ứng với AD và đỉnh C. Suy ra bán kính của (O2) cũng bằng r, tức là R(O1) = R(O2) và D là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC.
Như vậy R(O1) = R(O2) = r khi và chỉ khi D là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC. Xét tương tự với các đường tròn còn lại ta có điều phải chứng minh.
39
Hình 2.7: Đường tròn nội tiếp hai tam giác EDB và EDC bằng nhau.
Tính chất 2.2.8 ([9]). AD giao (O) lần thứ hai tại E. Khi đó, bán kính của hai đường tròn Thebault của tam giác ABC ứng với AD bằng nhau khi và chỉ khi bán kính đường tròn nội tiếp hai tam giác EDB và EDC bằng nhau.
Chứng minh. Theo Tính chất 2.2.7 thì bán kính của hai đường tròn Thebault của tam giác ABC ứng với AD bằng nhau khi và chỉ khi D là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC. Ta có rEDB = rEDC khi và chỉ khi
= hay SEDB p(EDB) SEDC p(EDC)
= . (2.3) p(EDB) p(EDC) DB DC
Do hai tam giác ADB và CDE đồng dạng nên = . p(CDE) p(ADB) CD AD
Tương tự, = . Như vậy p(BDE) p(ADC) BD AD
= · . p(EDB) p(EDC) p(ADC) p(ADB) BD AD
Suy ra (2.3) tương đương pADC = pADB hay D là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC. Ta có điều phải chứng minh.
40
Hình 2.8: G, E, L, X cùng thuộc một đường tròn.
Tính chất 2.2.9 ([7]). Gọi G, E lần lượt là tiếp điểm của (O1) và (O2) với BC, AD giao (O) lần thứ hai tại L, X là tiếp điểm của đường tròn Mixtilinear nội tiếp với (O) ứng với góc A. Khi đó, G, E, L, X cùng thuộc một đường tròn.
Chứng minh. Gọi A(cid:48) là giao của AI với (O), A(cid:48)X giao BC tại P, A1 là tiếp điểm của (I) với BC. Ta đã chứng minh được P I ⊥ AI, P A(cid:48) ⊥ IX do đó (cid:92)P A1X = (cid:91)P IX = (cid:91)P A(cid:48)I = (cid:91)XLA. Suy ra tứ giác XA1DL nội tiếp.
Gọi R, S lần lượt là tiếp điểm của (O1), (O2) với (O). RS giao BC tại Q. Theo định lý Monge-D’Alembert ta có Q là tâm vị tự ngoài của (O1) và (O2), cũng chính là cực của phép nghịch đảo của hai đường tròn. Suy ra tứ giác RSEG nội tiếp.
Gọi K là hình chiếu của D trên O1O2. Ta có (cid:92)O1IG = (cid:92)KO2D = (cid:92)KED, suy ra tứ giác GIKE nội tiếp. Đồng thời ta cũng có tứ giác IKDA1 nội tiếp đường tròn đường kính ID. Do đó QR · QS = QA1 · QE = QI · QK = QA1 · QD. Vậy tứ giác RSDA1 nội tiếp. Áp dụng định lý về tâm đẳng phương cho 3 đường tròn (O), (RSDA1), (XA1DL) suy ra LX, BC, RS đồng quy tại Q. Suy ra QG · QE = QR · QS = QX · QL, tức là G, E, L, X cùng thuộc một đường tròn.
41
Hình 2.9: A(cid:48)J là trục đẳng phương của (O1) và (O2).
Tính chất 2.2.10 ([9]). Gọi A(cid:48) là điểm chính giữa cung BC không chứa A, J là trung điểm ID. Khi đó, A(cid:48)J là trục đẳng phương của (O1) và (O2).
Chứng minh. Việc chứng minh A(cid:48) thuộc trục đẳng phương của hai đường tròn này khá đơn giản. Do đó chúng ta chỉ quan tâm đến điểm J.
Do I nằm trên đường thẳng nối tiếp điểm của (O1) với AD, BD và J là trung điểm ID nên J thuộc trục đẳng phương của (O1) và (D, 0). Tương tự, J thuộc trục đẳng phương của (O2) và (D, 0). Theo định lý về tâm đẳng phương suy ra J thuộc trục đẳng phương của (O1) và (O2). Ta có điều phải chứng minh.
2.3 Ứng dụng của đường tròn Thebault
Bài toán 2.3.1 (IMO 2012 Turkey Preparation). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường cao BB(cid:48), CC(cid:48). Tiếp tuyến của (O) tại B, C giao nhau tại X. B(cid:48)C(cid:48) giao XB, XC lần lượt tại Y, Z. Chứng minh rằng (XY Z) tiếp xúc với (O).
42
Hình 2.10: (XY Z) tiếp xúc với (O).
Chứng minh. Gọi I là trung điểm BC. Do I là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác BC(cid:48)B(cid:48)C nên IB(cid:48) = IC. Lại có (cid:92)B(cid:48)CZ = (cid:91)ABC = (cid:92)ZB(cid:48)C nên ZB(cid:48) = ZC. Suy ra ZI là phân giác (cid:92)Y ZX. Hiển nhiên XI là phân giác (cid:92)Y XZ, do đó I là tâm nội tiếp tam giác XY Z, mà X là trung điểm BC nên theo Bổ đề Sawayama, (ABC) là đường tròn Mixtilinear nội tiếp của tam giác XY Z, tức là (O) tiếp xúc với (XY Z).
Định nghĩa 2.3.2 ([6]). Cho A và B là hai điểm trong mặt phẳng và r =
= r là một đường tròn. Đường tròn dựng theo cách này còn được = d1 d2 d1 d2 là một số dương khác 1 thì quỹ tích các điểm P sao cho tỉ số các độ dài AP BP gọi là đường tròn Apollonius.
Bài toán 2.3.3 (All-Russian Olympiad 2013). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi X, Y là giao điểm của (BIC) và (I), Z là tâm vị tự ngoài của (I) và (BIC). Chứng minh rằng (XY Z) tiếp xúc với (O).
K là tâm của (XY Z). Ta có , nên X, Y, Z, T = = = = Chứng minh. Gọi F là giao của AI với (O), T là tâm vị tự trong của (O) và (I), T I T F XI XF Y I Y F ZI ZF r R
nằm cùng trên đường tròn Apollonius của đoạn thẳng IF ứng với tỉ số , nói r R cách khác là đường tròn Apollonius của tam giác IY E. Tâm K của (XY ZT )
43
Hình 2.11: (XY Z) tiếp xúc với (O).
hay F là tâm vị tự ngoài của (I) và (XY Z). = là giao của tiếp tuyến tại Y của IY F với IF . Suy ra (cid:91)KY I = (cid:91)IF Y . Ta thu được (cid:92)KY F + (cid:91)IY F = (cid:91)IF Y + 2(cid:91)IY F = 180o, suy ra Y F là phân giác ngoài (cid:91)KY I. Nghĩa là F I F K IY KI
Kẻ tiếp tuyến F N, F H tới (XY Z), F N, F H lần lượt cắt (O) tại L, M . Do (ZT IF ) = −1 nên theo hệ thức Newton ta có KN 2 = KT 2 = KI · KF, suy ra I là hình chiếu của N trên KF, nghĩa là I là trung điểm N H. Theo định lý Poncelet (Định lý 1.1.11), (I) là đường tròn nội tiếp tam giác LF M nên áp dụng Bổ đề Sawayama suy ra (XY Z) là đường tròn Mixtilinear nội tiếp của tam giác F LM , hay (XY Z) tiếp xúc với (O).
Bài toán 2.3.4 (Sharygin Geometry Olympiad 2009). Cho tứ giác nội tiếp ABCD. Biết rằng 4 đường tròn tiếp xúc với các đường chéo và tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD có bán kính bằng nhau. Chứng minh rằng ABCD là hình vuông.
Chứng minh. Kí hiệu Ia, Ib, Ic, Id lần lượt là tâm nội tiếp các tam giác BCD, ACD, ABD, ABC, hai đường chéo giao nhau tại I, (Oa), (Ob), (Oc), (Od) lần lượt là 4 đường tròn tiếp xúc với các cặp tia IA, IB; IB, IC; IC, ID; ID, IA và cùng
44
Hình 2.12: ABCD là hình vuông.
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.
Hình 2.13: M là tâm ngoại tiếp tam giác BCN.
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 (cid:91)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.
45
Chứng minh. Gọi B(cid:48), C(cid:48) lần lượt là giao của BT, CT với (O2). Do T là tâm vị tự của (O1) và (O2) suy ra BC (cid:107) B(cid:48)C(cid:48). Từ đó F là điểm chính giữa cung B(cid:48)C(cid:48). Phép vị tự tâm T biến B(cid:48) → B, C(cid:48) → 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 (cid:91)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.
Hình 2.14: I là trung điểm HE.
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.
1 2
(cid:92)BDC = 90o − Chứng minh. Gọi D là giao của CH với (O). Suy ra D đối xứng với H qua AB. Gọi F, G lần lượt là tiếp điểm của ω với HB, HC; I, J lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác BHC, BDC. Theo Bổ đề Sawayama - Thebault suy ra (cid:92)BHC = (cid:92)HF G = (cid:91)JF B. J, F, G thẳng hàng. Ta có (cid:100)BIJ = 180o −(cid:91)BIC = 90o − Suy ra tứ giác BJF I nội tiếp. Ta có (cid:91)HF I = 180o − (cid:91)BF I = 180o − (cid:91)BJC = (cid:92)BHD = (cid:91)F HI. Suy ra I là trung điểm HE. Ta có điều 90o − 1 2 1 2 phải chứng minh.
46
Hình 2.15: LK là đường trung trực của AI.
Bài toán 2.3.7 ([3]). Cho đường tròn (O) ngoại tiếp tam giác ABC. Một đường tròn ω tiếp xúc với các cạnh AB, AC lần lượt tại L, K và tiếp xúc ngoài với (BOC). Chứng minh rằng LK chia đôi AI với I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Chứng minh. Gọi E là giao điểm thứ hai của AC với (BOC). Ta có (cid:91)BEA = 180o −(cid:92)BEC = 180o −(cid:92)BOC = 180o − (cid:91)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 thì N.L, K thẳng hàng. Do M N là trung trực của đoạn thẳng AI nên LK 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 (cid:92)F M N = (cid:92)F KN = 1 2 1 2 (cid:91)F OE = (cid:92)F BE = (cid:91)F AJ suy ra tứ giác AF M J nội tiếp. Suy ra (cid:91)EF J = 180o − (cid:91)N F J = 180o − (cid:92)EF M = 180o −(cid:92)JM A −(cid:92)M AJ =
47
Hình 2.16: M N đi qua tâm bàng tiếp ứng với đỉnh B của tam giác ABC.
(cid:92)M JA. Từ đó (cid:52)EF J ∼ (cid:52)EJN suy ra EJ 2 = 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 , tia DA giao CB tại E. Phân giác góc (cid:92)DF A, (cid:91)AEB cắt nhau tại G. Chứng minh rằng 2 (cid:91)EGF = (cid:92)DAB + (cid:92)DCB.
Chứng minh. Xét tam giác ECD, ta có (cid:92)DEC +(cid:92)CDE +(cid:92)ECD = 180o. Xét tam giác F BC, ta có (cid:92)CF B +(cid:92)F BC +(cid:92)BCF = 180o. Từ đó
(cid:92)DEC +(cid:92)CF B +(cid:92)F BC +(cid:92)CDE + 2(cid:92)BCD = 360o = (cid:92)DAB +(cid:92)BCD + (cid:91)ABC +(cid:92)CDA.
Hay
(cid:91)AEB +(cid:92)DF A + (cid:92)BCD = (cid:92)DAB. (2.4)
(cid:100)xGy + (cid:100)yCx + (cid:91)CxG + (cid:91)GyC = 360o.
Mặt khác, ta có
48
Hình 2.17: 2 (cid:91)EGF = (cid:92)DAB + (cid:92)DCB.
Mà
(cid:92)DF A, (cid:91)CxG = 180o − (cid:100)yCx − (cid:91)AEB, (cid:91)GyC = 180o − (cid:100)yCx − 1 2 1 2
nên
(cid:92)BCD + (cid:91)CxG + (cid:91)GyC = (cid:92)BCD + 360o − 2(cid:92)BCD − (cid:91)AEB +(cid:92)DF A 2
. = 360o − (cid:92)BCD − (cid:91)AEB +(cid:92)DF A 2
(cid:100)xGy = 360o − ((cid:92)BCD + (cid:91)CxG + (cid:91)GyC)
(cid:32)
(cid:33)
Suy ra
= 360o − 360o − (cid:92)BCD − = (cid:92)BCD + . (cid:91)AEB +(cid:92)DF A 2 (cid:91)AEB +(cid:92)DF A 2
Hay
(2.5) 2 (cid:100)xGy = 2(cid:92)BCD + (cid:91)AEB +(cid:92)DF A.
Thế (2.4) vào (2.5) ta được
2 (cid:100)xGy = (cid:92)DAB + (cid:92)BCD.
49
Bài toán 2.3.10 ([3]). Cho tam giác ABC 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.
Hình 2.18: Đường tròn đường kính M N luôn đi qua điểm J cố định.
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.
toán 2.3.9 góc tạo bởi (EK, LF ) = 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 ( (cid:98)A + (cid:98)D) = 90o do đó EK ⊥ LF . Dễ thấy 1 2
50
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 tại Y, Z và tiếp xúc ngoài (O) thì tâm bàng tiếp J của tam giác ABC là trung điểm Y Z. Do J 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.
Hình 2.19: R luôn nằm trên một đường tròn cố định.
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.
Chứng minh. Gọi AB, AC lần lượt cắt (O) tại G, H khác B, C. Áp dụng Bài toán 2.3.8 vào tam giác GBC, HBC, ta có M N đi qua tâm bàng tiếp S ứng với
51
1 2
đỉnh G của tam giác BGC cố định và P Q đi qua tâm bàng tiếp T ứng với đỉnh H của tam giác HBC cố định. Gọi M N cắt P Q tại R chú ý EK ⊥ M N, F L ⊥ P Q. Theo Bài toán 2.3.9, ta có (cid:91)SRT = (cid:92)(EK, F L) = ( (cid:91)BAC + (cid:92)CDB) vì (O) cố định nên (cid:92)CDB không đổi. Từ đó (cid:98)R không đổi và S, T cố định nên R thuộc đường tròn cố định đi qua S, T .
Hình 2.20: Trục đẳng phương của (K) và (L) chia đôi các cung AB và CD của (O).
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).
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 cung AB và CD của (O). Ta dễ chứng minh ST song song với phân giác (cid:91)AEB và vuông góc với phân giác (cid:92)BEC. Dễ thấy tứ giác AIJB 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 (cid:107) M N (cid:107) P 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 chính là trục đẳng phương của (K) và (L). Đó là điều phải chứng minh.
52
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).
Hình 2.21: SM và T N cắt nhau tại E thuộc (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.
Chứng minh. a) Dễ thấy tam giác SAI và T DJ cân và có (cid:100)ASI = (cid:91)DT J nên hai tam giác đó đồng dạng. Dễ thấy tứ giác AIJD nội tiếp nên (cid:91)M AI = (cid:91)IAD = (cid:92)DJN và (cid:92)N DJ = (cid:91)JDA = (cid:91)AIM . Từ đó hai tam giác M AI và N JD đồng dạng. Từ đó suy ra SM A và T N J đồng dạng. Vậy, ta có (cid:92)ASM = (cid:91)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 (cid:91)QF E = (cid:92)AM E = (cid:92)M AS + (cid:92)M SA = (cid:92)M BS + (cid:91)AF E = (cid:91)SF A + (cid:91)ASE = (cid:91)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 (cid:107) M N (cid:107) 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 U, V thì đường tròn ngoại tiếp tam giác F U V cũng tiếp xúc (O) và tiếp xúc
53
DB, AC. Từ đó theo Bổ đề Sawayama thì P Q đi qua tâm nội tiếp hai tam giác ABC và DBC.
Hình 2.22: P I là phân giác góc (cid:92)DP C.
Bài toán 2.3.14 ([3]). Cho tứ giác ABCD 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) tại P . Chứng minh rằng phân giác (cid:92)CP D đi qua tâm nội tiếp tam giác ECD và phân giác (cid:91)AP B đi qua tâm nội tiếp tam giác EAB.
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 (cid:91)DIP = (cid:92)DN P = (cid:92)N M P = (cid:91)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 (cid:91)DP I = (cid:91)IN E = (cid:92)IM E = (cid:91)CP I nên P I là phân giác (cid:92)CP D. Xét tam giác EAB có đường tròn (O) qua A, B và (K) tiếp xúc EA, EB và tiếp xúc trong (O) tại P. Theo phần vừa chứng minh thì phân giác (cid:91)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) tại Q 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
54
Hình 2.23: O1O2, I1I2, BC đồng quy.
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.
Chứng minh. Gọi (O1), (O2) tiếp xúc (O) tại T1, T2. Theo chứng minh bài trước thì phân giác (cid:92)CT1Q 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 (cid:92)BT2Q 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 tại N . Tiếp tuyến chung ngoài không cắt đoạn AQ, 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 (cid:91)BAC khi và chỉ khi M P (cid:107) BC.
Chứng minh. Gọi M P cắt (O) tại G, H và AK là đường cao của tam giác AGH. Gọi M N cắt P Q tại R. Theo bổ đề Sawayama thì M N, P Q cùng đi qua
55
Hình 2.24: R nằm trên phân giác (cid:91)BAC khi và chỉ khi M P (cid:107) BC.
tâm nội tiếp của tam giác AGH nên R là tâm nội tiếp của tam giác AGH. Từ đó AR là phân giác (cid:92)GAH hay cũng là phân giác (cid:92)OAK do AO, AK đẳng giác trong (cid:92)GAH. Từ đó AR là phân giác (cid:91)BAC khi và chỉ khi AO, AK đẳng giác trong (cid:91)BAC hay AK là đường cao của tam giác AB. Từ đó R nằm trên phân giác (cid:91)BAC khi và chỉ khi M P (cid:107) BC.
56
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.
57
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
58
[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- cles", Crux Mathematicorum with Mathematical Mayhem, Vol. 35, Issue 2, pp. 103–107.
[12] P. Yiu (1999), "Mixtilinear Incircles", Amer. Math. Monthly, Vol. 106, No.
10, pp. 952–955.
