Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm

Nguyễn Văn Linh

Sinh viên K50 TCNH ĐH Ngoại thương

1 Giới thiệu

Một đa giác lồi được gọi là lưỡng tâm khi đa giác đó vừa nội tiếp vừa ngoại tiếp đường tròn. Nhữngđa giác lưỡng tâm chúng ta thường gặp là tam giác và đa giác đều.

Bài viết này sẽ giới thiệu một số định lý liên quan đến đa giác lưỡng tâm và khai thác một số tínhchất liên quan.

2 Tính chất

Để tiện theo dõi chúng ta quy ước đường tròn nội tiếp là (I, r), đường tròn ngoại tiếp là (O,R),khoảng cách OI = d.

2.1 Tam giác

Đây là trường hợp quen thuộc nên chúng ta chỉ quan tâm một số công thức liên quan đến đườngtròn nội tiếp và đường tròn ngoại tiếp.

Tính chất 2.1.1. Giữa đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC có các hệ thức sau:

R2 − 2Rr = d2 (2.1.1)

1

R+ d+

1

R− d=

1

r(2.1.2)

√R− d− r +

√R+ d− r =

√2R (2.1.3)(

R+ d

r− 1

)(R− d

r− 1

)= 1 (2.1.4)

1

Chứng minh. Qua một số phép biến đổi đơn giản ta nhận thấy bốn hệ thức trên tương đương nhau.Vì vậy ta chỉ chứng minh hệ thức (2.1.1), hay còn gọi là hệ thức Euler.

Bổ đề 1. Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I), nội tiếp đường tròn (O). AI cắt (O) lần thứhai tại E. Khi đó E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC.

Chứng minh.Ta có ∠IBE = ∠IBC + ∠CBE = ∠IBA+ ∠EAC = ∠IBA+ ∠BAI = ∠BIE.Suy ra EI = EB. Tương tự EI = EC. Vậy E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC.

Trở lại bài toán.

F

E

I

O

A

B C

Gọi E là giao của AI và (O). F là hình chiếu của I trên AB.

Theo định lý hàm số sin,BE

sin∠BAE= 2R.

Lại có r = IF = AI. sin∠BAE nên 2Rr =BE

sin∠BAE.AI. sin∠BAE = BE.AI = IA.IE (theo bổ

đề 1),Mặt khác, IA.IE = R2 −OI2 nên R2 − 2Rr = d2.

2.2 Tứ giác

Tính chất 2.2.1. Giữa đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tứ giác lưỡng tâm ABCD có các hệ thứcsau:

1

(R+ d)2+

1

(R− d)2=

1

r2(2.2.1)

(R2 − d2)2 = 2r2(R2 + d2) (2.2.2)

(R+ r + d)(R+ r − d)(R− r + d)(R− r − d) = r4 (2.2.3)

((R+ d

r

)2

− 1

)((R− d

r

)2

− 1

)= 1 (2.2.4)

d2 = R2 + r2 − r√r2 + 4R2 (2.2.5)

2

M

N

D

C

A

I

O

B

Chứng minh. Sau một số biến đổi có thể thấy 5 hệ thức trên tương đương nhau, vì vậy ta chỉ chứngminh hệ thức (2.2.1), hay còn gọi là định lý Fuss.

Kéo dài BI,DI cắt (O) lần lượt tại M,N .

Ta có ∠MNC + ∠NMC = ∠IBC + ∠IDC =1

2(∠ADC + ∠ABC) = 90o.

Suy ra O là trung điểm MN .Áp dụng công thức tính đường trung tuyến trong tam giác IMN ta có:

OI2 =IM2

2+

IN2

2− MN2

4=

IM2

2+

IN2

2−R2.

Do đó1

(R+ d)2+

1

(R− d)2=

2(R2 + d2)

(R2 − d2)2=

IM2 + IN2

(PI/(O))2=

IM2

IM2.IB2+

IN2

IN2.ID2

=1

IB2+

1

ID2=

sin2∠B2

r2+

sin2∠D2

r2=

1

r2.

Nhận xét 1. Từ định lý Fuss,1

r2=

1

(R+ d)2+

1

(R− d)2=

2(R2 + d2)

(R2 − d2)2≥ 2

R2 − d2≥ 2

R2, ta suy ra

R ≥√2r.

Vì mục đích của bài viết không đi sâu vào tính toán và chứng minh các công thức nên tác giả chỉđề cập và không chứng minh các tính chất sau. Bạn đọc có thể coi như bài tập tự luyện để thử sứcmình.

Tính chất 2.2.2. Trong mọi tứ giác lưỡng tâm ABCD, các đẳng thức sau đây thoả mãn.

AB

IA.IB=

CD

IC.ID,

AD

IA.ID=

BC

IB.IC(2.3.1)

AC

IA.IC=

BD

IB.ID=

2R

R2 − d2(2.3.2)

1

IA2+

1

IC2=

1

IB2+

1

ID2=

1

r2(2.3.3)

AC2

IA2 + IC2=

BD2

IB2 + ID2(2.3.4)

8Rr

(1

AC+

1

BD

)= AB +BC + CD +DA (2.3.5)

AC.BD =8R2r2

R2 − d2(2.3.6)

3

IA.IB.IC.ID = 2r2(R2 − d2) (2.3.7)

AB +BC + CD +DA

AC +BD=

R2 − d2

Rr(2.3.8)

pq

4r2− 4R2

pq= 1 (2.3.9)

xz = yt (2.3.10)

p

q=

x+ z

y + t(2.3.11)

Với p, q là độ dài hai đường chéo AC và BD của tứ giác ABCD, x, y, z, t lần lượt là độ dài củabốn đoạn thẳng nối đỉnh tứ giác với tiếp điểm đường tròn nội tiếp

Tính chất 2.2.3. Gọi a, b, c, d lần lượt là độ dài các cạnh tứ giác lưỡng tâm ABCD. Diện tích của tứgiác ABCD được cho bởi một trong các công thức:

S =√abcd (2.4.1)

S = 4√xyzt(x+ y + z + t) (2.4.2)

S = AI.CI +BI.DI (2.4.3)

S = 2r2(

1

sinA+

1

sinB

)(2.4.4)

Tính chất 2.2.4. Bán kinh đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tứ giác lưỡng tâm được cho bởi cáccông thức:

r =

√abcd

a+ c=

√abcd

b+ d(2.5.1)

r =√xz =

√yt (2.5.2)

R =1

4

√(ab+ cd)(ac+ bd)(ad+ bc)

abcd(2.5.3)

Một số công thức khác, xem [2].

Tính chất 2.2.5. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi M,N,P,Q lần lượt là tiếp điểmcủa AB,BC,CD,DA với (I). Khi đó tứ giác ABCD lưỡng tiếp khi và chỉ khi MP ⊥ NQ.

4

E

P

CN

B

D

MQ

A

Chứng minh. Gọi E là giao điểm của MP và NQ.

Do ∠DPM = ∠AMP nên ∠DPE = 180o − 1

2(∠CDA+ ∠DAB).

Tương tự, ∠DQE = 180o − 1

2(∠CDA+ ∠DCB).

Do đó ∠PDQ+ ∠PEQ = 360o − (∠DQE + ∠DPE) = ∠CDA+1

2(∠DAB + ∠DCB)

Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi ∠DAB + ∠DCB = 90o ⇔ ∠PEQ = 90o hayMP ⊥ NQ.

Nhận xét 2. Tính chất 2.2.6 chính là một phương pháp đơn giản để dựng tứ giác lưỡng tâm:Dựng đường tròn (I), trên đó lấy bốn điểm X,Y, Z, T sao cho XZ ⊥ Y T . Các tiếp tuyến của (I)

tại X,Y, Z, T cắt nhau tạo thành tứ giác ABCD. Khi đó tứ giác ABCD lưỡng tâm.

Tính chất 2.2.6. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I). Gọi E,F lần lượt là giao của cácđường thẳng AB và CD, AD và BC. Khi đó tứ giác ABCD lưỡng tiếp khi và chỉ khi ∠EIF = 90o.

Chứng minh. Gọi M,N,P,Q lần lượt là tiếp điểm của (I) với AB,BC,CD,DA. Do IE ⊥MP, IF ⊥NQ nên tính chất 2.2.7 là hệ quả trực tiếp của tính chất 2.2.6

Tính chất 2.2.7. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I) sao cho không có hai đỉnh đối diệnnào đối xứng nhau qua đường chéo. Khi đó tứ giác ABCD lưỡng tiếp khi và chỉ khi đường thẳngNewton của tứ giác ABCD vuông góc với đường thẳng Newton của tứ giác tiếp điểm MNPQ.

GJ

L

K

E

F

T

P

CN

B

D

MQ

I

A

Chứng minh. Gọi K,L lần lượt là giao điểm của IE và MP , IF và NQ; T là giao điểm của MP vàNQ; J là trung điểm EF .

5

Đường thẳng Newton của tứ giác ngoại tiếp đi qua tâm nội tiếp của tứ giác đó nên IJ là đườngthẳng Newton của tứ giác ABCD. Mặt khác, K,L lần lượt là trung điểm MP , NQ nên KL là đườngthẳng Newton của tứ giác MNPQ.

Xét đường tròn (I) có MP là đường đối cực của E, NQ là đường đối cực của F suy ra EF làđường đối cực của T . Từ đó IT ⊥ EF .

Do IK.IE = IL.IF = r2 nên tứ giác EKLF nội tiếp.Suy ra IJ ⊥ KL⇔ IT đi qua trung điểm G của KL. Trung điểm KL nằm trên đường kính TI của

đường tròn ngoại tiếp tứ giác TLIK khi và chỉ khi hoặc G là trung điểm TI hoặc KL ⊥ TI. Trườnghợp KL ⊥ TI không xảy ra do IT ≡ IJ nên tứ giác ABCD có hai đỉnh đối diện đối xứng nhau quađường chéo. Vì vậy G là trung điểm IT . Điều này tương đương ∠EIF = 90o nên theo tính chất 2.2.7ta có đpcm.

Tính chất 2.2.8. Trọng tâm G của tứ giác tiếp điểm XY ZT nằm trên OI và IG =r2d

R2 − d2.

O'

D'

C'

B'A'

T

Z

C

A

Y

X

O

D

I

B

Chứng minh. Gọi A′, B′, C ′, D′ lần lượt là trung điểm TX,XY, Y Z,ZT .Ta có IA.IA′ = IB.IB′ = IC.IC ′ = ID.ID′ = r2 nên phép nghịch đảo N r2

I : A 7→ A′, B 7→B′, C 7→ C ′, D 7→ D′ và đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD thành đường tròn ngoại tiếp tâm O′ củatứ giác A′B′C ′D′. Do A′B′C ′D′ là hình bình hành và nội tiếp nên O′ chính là trung điểm của A′C ′.Từ đó O′ ≡ G.

Theo phép nghịch đảo,−→IG =

r2

PI/(O).−→IO =

r2

d2 −R2.−→IO.

Vậy G nằm trên OI và IG =r2d

R2 − d2.

Tính chất 2.2.9. Giao điểm P của hai đường chéo AC và BD nằm trên OI, đồng thời IP =2r2d

R2 − d2.

Chứng minh. Cách 1. Gọi U, V lần lượt là trung điểm XZ, Y T . Dễ dàng có IUPV là hình chữ nhậtnên trọng tâm tứ giác XY ZT là trung điểm IP . Tính chất 2.2.10 thực chất là hệ quả của tính chất2.2.9.

Sau đây chúng ta sẽ chứng minh tính chất 2.2.10 theo một hướng khác để tìm ra tính chất mới.Cách 2.

6

L

B1

D1

C1

A1

P

D

C

A

OI

B

Gọi A1, B1, C1, D1 lần lượt là giao điểm của AI,BI,CI,DI với (O). Theo phép chứng minh tínhchất 2.2.1, A1C1 và B1D1 là các đường kính của (O).

Gọi L là giao điểm của A1B và D1C.Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A1, B1, C1, D1, B, C suy ra I,O, L thẳng hàng.Lại áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A,B,C,D,A1, D1 suy ra I, P, L thẳng hàng. Như vậy 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.Theo một kết quả quen thuộc của tứ giác ngoại tiếp, AC,BD,XZ, Y T đồng quy tại 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.

E

N

M

P'

P

T

D

Z

C

A

Y

X

O

I

B

Gọi P ′ là giao của OI với MN. Ta thấy P ′ lần lượt nằm trên đường đối cực của P ứng với (I), (O)nên IP.IP ′ = r2 và OP.OP ′ = R2.

Từ đó IP ′ =r2

IP, IP ′ +OI = OP ′ =

R2

OP=

R2

IP +OI.

Đặt IP = x suy ra d =R2

x+ d− r2

x.

Bây giờ ta thay x =2r2d

R2 − d2và tính K =

R2

2r2d

R2 − d2+ d

− r2

2r2d

R2 − d2

.

7

Từ công thức (2.2.2) suy ra 2r2 =(R2 − d2)2

R2 + d2Suy ra

K =R2

(R2 − d2)d

R2 + d2+ d

− R2 − d2

2d=

R2(R2 + d2)

d(R2 − d2 +R2 + d2)− R2 − d2

2d=

R2 + d2 −R2 + d2

2d= d.

Vậy IP =2r2d

R2 − d2.

Nhận xét 3. 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 đườngtròn (O), (I) đều tồn tại hai điểm "giới hạn" là P và P ′.

Tính chất 2.2.10. Phép nghịch đảo cực P hoặc P ′ phương tích bất kì biến (O) và (I) thành haiđường tròn đồng tâm.

I'

O'P'

P

C

B

D

OI

A

Chứng minh. Xét phép nghịch đảo cực P phương tích k. NkP : (O) 7→ (O′), (I) 7→ (I ′).

Ta cóPI ′

PI=

k

PP /(I)=

k

PI.PP ′suy ra PI ′ =

k

PP ′

PO′

PO=

k

PP /(O)=

k

PO.PP ′suy ra PO′ =

k

PP ′

Từ đó PI ′ = PO′ hay I ′ ≡ O′. Chứng minh tương tự với phép nghịch đảo cực P ′ ta có đpcm.

Tính chất 2.2.11. IP là đường đối trung của các tam giác IAC và IBD.

P

C

B

D

OI

A

8

Chứng minh. Ta có ∠IAO = ∠IAB−∠OAB =1

2∠DAB−(90o−∠ACB) = ∠ACB−∠ICB = ∠ACI.

Do đó OA là tiếp tuyến của (AIC). Chứng minh tương tự suy ra O là giao điểm của hai tiếp tuyếntại A,C của (AIC).

Theo tính chất 2.2.10, O, I, P thẳng hàng do đó IP là đường đối trung của tam giác IAC. Tươngtự với tam giác IBD.

Tính chất 2.2.12. Một đường thẳng qua I và song song với một cạnh của tứ giác ABCD cắt haicạnh đối diện còn lại tại M,N . Khi đó độ dài MN không phụ thuộc vào việc chọn cạnh của tứ giácđể kẻ song song với nó.

L

K

N

M

C

B

D

O

I

A

Chứng minh. Gọi MN và LK là hai đường thẳng qua I và lần lượt song song với AD,BC (M,K ∈CD;N,L ∈ AB).

Ta có ∠INL = ∠DAB = 180o − ∠DCB = ∠MKI nên tứ giác MKNL nội tiếp, từ đó hai tamgiác KIM và NIL đồng dạng.

Do hai tam giác này có đường cao hạ từ I đều bằng r nên IK = IN, IM = IL,KM = NL.Dễ thấy tam giác ANI cân tại N nên NA = NI. Tương tự, LI = LB, IK = KC, IM = MD.Suy ra 2MN = MN +KL = AN + LB + AM +KC = AB −NL + CD +KM = AB + CD =

1

2(AB +BC + CD +DA).

⇒MN =1

4(AB+BC+CD+DA) và không phụ thuộc vào việc chọn cạnh của tứ giác ABCD.

Tính chất 2.2.13. (Juan Carlos). Gọi X,Y, Z, T là tiếp điểm của (I) với AB,BC,CD,DA. H,K làhình chiếu của I trên BD,AC. Khi đó SXKT = SXHY .

9

H

K

CY

B

D

X

T

A

O

I

Chứng minh. Ta có tứ giác TKXA và XBYH lần lượt nội tiếp đường tròn đường kính IA, IB suy ra∠KXT = ∠CAD = ∠CBD = ∠HXY .

Từ đóSXKT

SXHY=

1

2XT.XK. sin∠TXK

1

2XY.XH. sin∠HXY

=XT.XK

XY.XH=

IA2. sin∠DAB. sin∠CAB

IB2. sin∠ABC. sin∠DBA=

IA2.BD.BC

IB2.AC.AD

Như vậy ta cần chứng minhIA2

IB2=

AC.AD

BD.BC.

Để được như vậy trước tiên ta chứng minh các công thức (2.3.1) và (2.3.2).Gọi A′, B′, C ′, D′ lần lượt là giao điểm thứ hai của AI,BI,CI,DI với (O). Dễ thấy A′B′C ′D′ là

hình chữ nhật.

Đặt PI/(O) = k. Ta cóA′B′

AB=

IA′

IB=

k

IA.IB⇔ AB

IA.IB=

A′B′

k. Tương tự

CD

IC.ID=

C ′D′

k. Do

A′B′C ′D′ là hình chữ nhật nên A′B′ = C ′D′. Công thức (2.3.1) được chứng minh. Công thức (2.3.2)chứng minh tương tự.

Như vậyAC.AD

BD.BC=

IA.IC

IB.ID.IA.ID

IB.IC=

IA2

IB2. Suy ra đpcm.

Tính chất 2.2.14. 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, TIX. Khi đó các bộ (H1, H2, H3, H4)và (K1,K2,K3,K4) lần lượt thẳng hàng và hai đường thẳng này vuông góc với nhau tại P .

M

N

QP

K3H4

Z

CY

B

D

XT

OI

A

10

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 2.2.6, XZ ⊥ Y T . Do đó ∠NPY = ∠TY Z = ∠TID = ∠TZM = ∠TPM . Suy ra

M,P,N thẳng hàng.Ta thu được ∠MPQ = ∠ZPN = ∠PZN = 90o − ∠ZY T = ∠TDI = ∠TH4A, suy ra tứ giác

PMH4Q nội tiếp.Mặt khác, M,Q thuộc đường tròn đường kính K3H4.Như vậy 5 điểm K3, P,Q,H4,M cùng thuộc một đường tròn. Suy ra ∠K3PH4 = 90o. Chứng minh

tương tự suy ra H1, H2, H3, H4 cùng nằm trên đường thẳng qua P và vuông góc với PK3. Lại theophép tương tự suy ra K1,K2,K3,K4 cùng nằm trên đường thẳng qua P và vuông góc với đường thẳngđi qua H1, H2, H3, H4.

Nhận xét 4. Tính chất 2.2.14 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.

Tính chất 2.2.15. Tâm đường tròn nội tiếp của 8 tam giác ABC, BCD, CDA, DAB, APB, BPC,CPD, DPA cùng thuộc một đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng OI.

P

C

B

D

A

Chứng minh. Phép chứng minh cho bài toán tổng quát sẽ được giới thiệu ở mục sau.

Nhận xét 5. Tính chất 2.2.15 là sự tổng hợp của hai bài toán sau:Bài toán 3. Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (I), AC giao BD tại P . Khi đó tâm đường

tròn nội tiếp của 4 tam giác APB, BPC, CPD, DPA cùng thuộc một đường tròn.Bài toán 4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Khi đó tâm đường tròn nội tiếp của 4

tam giác ABC, BCD, CDA, DAB tạo thành 4 đỉnh của một hình chữ nhật.

Cuối cùng chúng ta sẽ mở rộng bổ đề 1 cho tứ giác lưỡng tâm.

Tính chất 2.2.16. Kéo dài AI,BI,CI,DI cắt (O) lần lượt tại A′, B′, C ′, D′. Khi đó tâm đường trònngoại tiếp các tam giác AIB, BIC, CID, DIA lần lượt nằm trên các cạnh của tứ giác A′B′C ′D′, tâmđường tròn ngoại tiếp các tam giác A′IB′, B′IC ′, C ′ID′, D′IA′ cùng nằm trên đường tròn tâm I bán

kínhR2 − d2

2r.

11

O'2

C'

B'

O2

D'

A'

C

B

D

A

OI

Chứng minh. Gọi O1, O2, O3, O4 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AIB, BIC, CID,DIA; O′1, O

′2, O

′3, O

′4 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác A′IB′, B′IC ′, C ′ID′, D′IA′.

Ta có ∠IO2C = 2∠IBC = ∠ABC = ∠IA′C, suy ra tứ giác IO2A′C nội tiếp. Suy ra ∠IO2A

′ =∠ICA′ = 90o.

Tương tự suy ra O2 là hình chiếu của I trên A′D′.Như vậy O1, O2, O3, O4 là hình chiếu của I trên các cạnh của tứ giác A′B′C ′D′.Mặt khác, đặt k = PI/(O).

Ta có IO′2 =B′C ′

2 sin∠B′IC ′=

B′C ′

2 sin∠BIC.

Dễ dàng chứng minh được B′C ′ =k.BC

IB.IC, suy ra IO′2 =

k.BC

2IB.IC. sin∠BIC=

k

2r=

R2 − d2

2r.

Chứng minh tương tự suy ra O′1, O′2, O

′3, O

′4 nằm trên đường tròn tâm I bán kính

R2 − d2

2r.

2.3 Đa giác nhiều hơn 4 đỉnh

Trong mục này chúng ta sẽ tìm hiểu một số tính chất thú vị của các đa giác lưỡng tâm có số đỉnhnhiều hơn 4.

Tính chất 2.3.1. Cho ngũ giác lưỡng tâm ABCDE. Gọi A1, B1, C1, D1, E1 lần lượt là giao điểmcủa các cặp đường thẳng (BD,CE), (CE,DA), (DA,EB), (EB,AC), (AC,BD). Khi đó ngũ giácA1B1C1D1E1 ngoại tiếp.

Chứng minh. Cách 1.

12

F

E3

D3

C3

K

B'4

A'4

B4

B3

A4

A3

L

E2

C

B

D

B2

E

D2

C2

I

O

A

Gọi A2, B2, C2, D2, E2 lần lượt là tiếp điểm của CD,DE,EA,AB,BC với (I). A3, B3, C3, D3, E3

lần lượt là điểm chính giữa các cung CD,DE,EA,AB,BC không chứa đỉnh nào của ngũ giác;A4, B4, C4, D4, E4 là giao của AI,BI,CI,DI,EI với (O); A′4, B

′4, C

′4, D

′4, E

′4 là điểm đối xứng với

A4, B4, C4, D4, E4 qua O.Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A,B,B3, B4, A3, A4 ta thu được giao điểm L của AA3 và BB3,

I, giao điểm F của B3A4 và A3B4 thẳng hàng.Lại áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A4, A

′4, B4, B

′4, B3, A3 suy ra F,O, giao điểm K của B3B

′4

và A3A′4 thẳng hàng.

Việc còn lại là chứng minh K ∈ OI.Dễ thấy B3B

′4 ⊥ A3C3. Do đó ta chỉ cần chứng minh đường vuông góc kẻ từ B3 tới A3C3, A3 tới

E3B3 giao nhau tại OI.Lại do hai ngũ giác A3B3C3D3E3 và A2B2C2D2E2 có cạnh tương ứng song song nên tâm vị tự của

chúng nằm trên đường nối hai tâm ngoại tiếp OI. Vì vậy ta chỉ cần chứng minh đường vuông góc kẻtừ A2 tới E2B2 và B2 tới A2C2 giao nhau tại một điểm trên OI.

M

J

N

E5

A5

Q

E2

C

B

A2

D

B2

E

D2

C2

I

O

A

Gọi A5, B5, C5, D5, E5 lần lượt là trung điểm C2D2, D2E2, E2A2, A2B2, B2C2.Phép nghịch đảo N r2

I : A 7→ A5, B 7→ B5, C 7→ C5, D 7→ D5, E 7→ E5 nên ngũ giác A5B5C5D5E5

nội tiếp đường tròn tâm J và J ∈ OI.Gọi M,N lần lượt là trung điểm B2D2, A5E5, Q là điểm đối xứng với I qua J .Ta có C2,M,N thẳng hàng nên NJ là đường trung bình của hình thang C2QIM , từ đó C2Q ⊥

B2D2. Tương tự suy ra các đường vuông góc kẻ từ A2 tới E2B2 và B2 tới A2C2 giao nhau tại Q.

13

Từ đó K ∈ OI. Suy ra F ∈ OI, kéo theo L ∈ OI. Chứng minh tương tự suy ra phân giác các gócCAD,DBE,ECA,ADB,BEC đồng quy tại L. Suy ra đpcm.

Để chứng minh kết quả ngũ giác A1B1C1D1E1 ngoại tiếp ta có thể tiếp cận theo phương phápkhác như sau.

Cách 2.

A2

E3

C3

D3

B3

A3

L

B1

C1

D1

E1

A1

E2

C

B

D

B2

E

D2

C2

I O

A

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 giaođiểm của B2D2 và A2C2, B2C2 và A2D2. Tương tự với D. Từ đó E3 ∈ AD. Tương tự với A3, B3, C3, D3.

Ta có ∠C1E3A3 = ∠EB2D2 − ∠EDA = ∠AD2B2 − ∠EBA = ∠C1A3E3.Từ đó C1A3 = C1E3. Tương tự, D1A3 = D1B3, suy ra AE3 +AB3 = PAC1D1 .

Mặt khác, AE3 =AD2. sin∠E3D2A

sin∠AE3D2, AB3 =

AC2. sin∠B3C2A

sin∠C2B3A.

Ta sẽ chứng minh AE3 = AB3, khi và chỉ khiAD2. sin∠E3D2A

sin∠AE3D2=

AC2. sin∠B3C2A

sin∠C2B3A

⇔ sin∠E3D2A

sin∠AE3D2=

sin∠B3C2A

sin∠C2B3A⇔ sin∠E3D2A

sin∠B3C2A=

sin∠AE3D2

sin∠C2B3A=

sin∠D2A3B

sin∠E2A3B.

Ta cóBE2

sin∠E2A3B=

BA3

sin∠A3E2B,

BD2

sin∠BA3D2=

BA3

sin∠A3D2B.

Suy rasin∠D2A3B

sin∠BA3E2=

sin∠A3D2B

sin∠A3E2B=

sin∠E3D2A

sin∠B3C2A.

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,...,EB1C1 có chung đường trònbàng tiếp, hay ngũ giác A1B1C1D1E1 ngoại tiếp.

Tính chất 2.3.2. (Trần Quang Hùng). Gọi (Oa), (Ob), (Oc), (Od), (Oe) là 5 đường tròn tiếp xúc trongvới (O) tại A2, B2, C2, D2, E2 và lần lượt tiếp xúc với các cặp tia (A1C,A1D), (B1D,B1E), (C1E,C1A),(D1A,D1B), (E1B,E1C). Khi đó A1A2, B1B2, C1C2, D1D2, E1E2 đồng quy tại một điểm trên OI.

14

L

B2

A2

E2 D

2

C2

B1

Oe

Oa

Ob

Oc

Od

C1

D1E

1

A1

C

B

D

E

I

O

A

Chứng minh. Tính chất 2.3.2 thực chất là hệ quả của 2.3.1.Gọi (L) là đường tròn nội tiếp ngũ giác A1B1C1D1E1.

Áp dụng định lý Monge-D’Alembert (xem [4]) cho 3 đường tròn (O), (Oc), (L) ta thu được C1C2

đi qua tâm vị tự trong của (O) và (L). Chứng minh tương tự ta có đpcm.

Tính chất 2.3.3. Cho lục giác lưỡng tâm A1A2A3A4A5A6. Gọi tiếp điểm của A1A2, A2A3, ..., A6A1

với (I) lần lượt là B12, B23, ..., B61. Khi đó A1A4, A2A5, A3A6, B12B45, B23B56, B34B61 đồng quy tạiđiểm "giới hạn" của hai đường tròn (O) và (I).

X

Y

P

B12

A2

B23

A3

B34A

4

B45

A5

B56

A6

B61

OI

A1

Chứng minh. Do lục giác A1A2A3A4A5A6 ngoại tiếp nên theo định lý Brianchon, A1A4, A2A5, A3A6

đồng quy.Áp dụng định lý Desargues suy ra giao điểmX ≡ A1A2∩A4A5, Y ≡ A1A6∩A3A4, Z ≡ A2A3∩A5A6

thẳng hàng.Do B12B45, B34B61, B23B56 lần lượt là đường đối cực của X,Y, Z ứng với (I) nên chúng đồng quy

tại cực P của đường thẳng qua X,Y, Z ứng với (O).Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm B45, B34, B45, B34, B12, B61 suy ra A4 nằm trên đường nối giao

điểm B61B45 và B12B34 với P . Tương tự suy ra A1A4 đi qua P . Tương tự ta thu được A1A4, A2A5,A3A6, B12B45, B23B56, B34B61 đồng quy tại P . Do đường thẳng (X,Y, Z) cũng là đường đối cực củaP ứng với (I) nên P là điểm "giới hạn" của (O) và (I).

Tính chất 2.3.4. Gọi I12, I23, ..., I61 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác PA1A2,PA2AP3,...,PA6A1. Khi đó lục giác I12I23...I61 nội tiếp đường tròn có tâm nằm trên OI.

15

I56

I45

I34

I23

I12

I61

P

B12

A2

B23

A3

B34

A4

B45

A5

B56

A6

B61

OI

A1

Chứng minh. Ta có ∠A2PB12 = 180o − (∠B12PA2 + ∠PA2B12) = 180o − (∠PB45A4 + ∠PA4B45) =∠A4PB45 = ∠A1PB12.

Do đó PB12 là phân giác góc A1PA2 hay PB12 đi qua I12. Tương tự PB23 đi qua I23.

Ta cóI12P

I12B12=

A2P

A2B12=

A2P

A2B23=

I23P

I23B23.

Từ đó I12I23 ‖ B12B23. Tương tự suy ra hai lục giác I12I23...I61 và B12B23...B61 có tâm vị tự là P .Mà B12B23...B61 nội tiếp đường tròn (I) nên I12I23...I61 nội tiếp đường tròn có tâm nằm trên PI hayOI.

Tính chất 2.3.5. (Trần Quang Hùng). Gọi (J12), (J23),...,(J61) là các đường tròn tiếp xúc trong với (O)lân lượt tại L12, L23, ..., L61 và lần lượt tiếp xúc với các cặp tia (PA1, PA2),(PA2, PA3),...,(PA6, PA1).Khi đó L12, L45, I12, I45 cùng thuộc một đường tròn ω1, tương tự với ω2, ω3 và ba đường tròn này giaonhau tại 2 điểm trên OI (bộ đường tròn coaxal).

Chứng minh.

Bổ đề 2. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O), AC giao BD tại P . Gọi (I1), (I2) lần lượt làđường tròn nội tiếp tam giác APB, CPD, (J1), (J2) là đường tròn tiếp xúc trong với (O) lần lượt tạiH,L và tiếp xúc với các cặp tia (PA,PB); (PC,PD). Khi đó H,L, I1, I2 cùng thuộc một đường tròntrực giao với (O).

Chứng minh.

Q

N

M

K

H

L

I1

I2

O

B

D

A

C

16

Gọi M,N lần lượt là điểm chính giữa cung DC chứa và không chứa L; K,Q lần lượt là điểm chínhgiữa cung AB chứa và không chứa H.

Theo bổ đề 2 tại [4] ta suy ra các bộ ba sau thẳng hàng: (H, I2,M), (H, I1, Q), (L, I2, N), (L, I1,K).Suy ra ∠I1HI2 = ∠QHM = ∠KLN = ∠I1LI2. Từ đó tứ giác I1HLI2 nội tiếp.Mặt khác, ∠OHI2 = ∠OHM = ∠HMO = ∠HMN = ∠HLN = ∠HLI2. Suy ra OH là tiếp tuyến

của (HI1I2). Tương tự suy ra đường tròn ngoại tiếp tứ giác I1HLI2 trực giao với (O).Trở lại bài toán.

I56

I61

I23

I34

I12

I45

L56

L45

L34

L23

L12

L61

P

A4

A5

A6

A1

A2

OI

A3

Từ bổ đề 2 suy ra L12, L45, I12, I45 cùng thuộc đường tròn ω1, tương tự với ω2, ω3.Theo tính chất 2.3.4 ta thu được PI12.P I45 = PI23.P I56 = PI34.P I61 nên P có cùng phương tích

với ω1, ω2, ω3.Mặt khác, cũng theo bổ đề 2 thì ω1, ω2ω3 cùng trực giao với (O). Do đó PO/(ω1) = PO/(ω2) =

PO/(ω3) = R2.Vậy OP là trục đẳng phương của 3 đường tròn ω1, ω2ω3 hay chúng cắt nhau tại 2 điểm nằm trên

OI.

Nhận xét 6. Từ tính chất 2.3.5, nếu gọi Q là giao của L12L45 và L34L61 thì QL12.QL45 = QL34.QL61,suy ra Q thuộc trục đẳng phương của ω1 và ω3 hay Q ∈ OI.

Tương tự suy ra L12L45, L34L61, L23L56 đồng quy tại Q.

Tính chất 2.3.6. 6 đường thẳng J12L45, J23L56, J34L61, J45L12, J56L23, J61L34 đồng quy tại một điểmtrên OI.

17

T

VQL56

L45L34

L23

L12

L61J61

J56

J45J34

J23

J12

P

A4

A5

A6

A1

A2

OI

A3

Chứng minh. Qọi T là giao của J34J61 và L34L61. Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đườngtròn (O), (J34), (J61) ta thu được T là tâm vị tự ngoài của (J34) và (J61). Gọi V là giao của J61L34 vàJ34L61.

Ta có (J34J61PT ) = −1 và OP giao L34L61 tại Q nên (QPV O) = −1.Tương tự ta cũng suy ra giao điểm của các cặp đường thẳng (J12L45, J45L12) và (J23L56, J56L23)

là V . Suy ra đpcm.

Tính chất 2.3.7. Tâm vị tự ngoài của các cặp 2 đường tròn bất kì trong 6 đường tròn (J12), (J23), ..., (J61)cùng nằm trên một đường thẳng.

M VQL56

L45

L34

L23

L12

L61J61

J56

J45

J34

J23

J12

P

A4

A5

A6

A1 A2

OI

A3

Chứng minh. Ta sẽ chứng minh các tâm vị tự trên cùng nằm trên đường đối cực của Q ứng với (O).Áp dụng định lý Desargues cho 3 đường thẳng (L12L61, J12J61, L34L45) ta có O ≡ L12J12 ∩

L61J61, Q ≡ L61L34∩L12L45, V ≡ J61L34∩J12L45 thẳng hàng. Suy ra L12L61, J12J61, L34L45 đồng quytại M .

Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn (J12), (J61), (O) ta có M là tâm vị tự ngoàicủa (J12) và (J61) và hiển nhiên M nằm trên đường đối cực d của Q ứng với (O).

Chứng minh tương tự cho (J12) và (J23), lại theo định lý Monge-D’Alembert suy ra tâm vị tự ngoàicủa (J61) và (J23) nằm trên d. Tương tự cho các cặp đường tròn ở vị trí như vậy.

Cuối cùng, một lần nữa áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn (J61), (J12), (J34) tasuy ra tâm vị tự ngoài của (J61) và (J34) nằm trên d. Tương tự thu được đpcm.

Chúng ta tạm thời dừng các tính chất của ngũ giác và lục giác lưỡng tâm tại đây. Xung quanh hailớp đa giác này còn khá nhiều tính chất thú vị, tuy nhiên trong khuôn khổ có hạn, bài viết chỉ đề cập

18

một số tính chất cơ bản và đẹp. Bạn đọc có thể dựa vào chúng để tìm ra những bài toán mới của riêngmình.

Quay lại tính chất 2.2.15. Ban đầu ý tưởng để tìm ra tính chất này khá tự nhiên. Bắt nguồn từhai bài toán 3 và 4 rất quen thuộc rồi kết hợp chúng lại tạo ra cách phát biểu bài toán mới vô cùng lạmắt và độc đáo. Phép chứng minh cho trường hợp tứ giác lưỡng tâm có thể xem tại [9]. Một ý tưởngmới nảy sinh là liệu với các đa giác có nhiều cạnh hơn, tính chất trên có còn đúng. Tác giả đã thử mởrộng và chứng minh thành công cho trường hợp ngũ giác, sau đó nhận ra lời giải của ngũ giác có thểáp dụng cho trường hợp đa giác bất kì.

Tính chất 2.3.8. Cho n−giác lưỡng tâm A1A2A3...An(≥ 3). Kí hiệu Ii là tâm đường tròn nội tiếpcủa tam giác Ai−1AiAi+1;Ai(i+1) là giao điểm của AiAi+2 và Ai−1Ai+1; Ii(i+1) là tâm đường tròn nộitiếp của tam giác AiAi(i+1)Ai+1(i = 1, n). Khi đó 2n điểm I1, I2, ..., In, I12, I23, ..., In1 cùng thuộc mộtđường tròn.

LI1

On

O1

I5

O4

O3

O2

I12

I23

I4

I45

I34

I3

I2

A45

A34

A23

A12

A5

A4

I

A1

An

A2

A3

Chứng minh. Gọi Oi là điểm chính giữa của cung AiAi+1. Do I1, I2 lần lượt là tâm đường tròn nộitiếp của tam giác AnA1A2, A1A2A3 nên O1A1 = O1A2 = O1I1 = O1I2 hay A1, A2, I1, I2 cùng thuộc(O1, O1A1). Tương tự với các đường tròn (O2), (O3), ..., (On).

Lại có A1I1, A2I2, ..., AnIn đồng quy tại tâm đường tròn nội tiếp I của n-giác A1A2A3...An nênphép nghịch đảo cực I, phương tích IA1.II1 biến đường tròn ngoại tiếp n-giác A1A2...An thành đườngtròn đi qua I1, I2, ...., In hay I1, I2, ..., In cùng thuộc một đường tròn.

Mặt khác, Gọi I ′23 là giao của đường thẳng qua I12 và song song với O1O2 với O1A3.A2I′23 cắt (O2)

tại I ′3.Do O1, O2, A1, A3 cùng thuộc một đường tròn và I12I23 ‖ O1O2 nên tứ giác A1I12I

′23A3 nội tiếp.

(1)Ta có ∠I2I12I ′23 = ∠I2O2O1 = ∠O1O2A2 = ∠O1A3A2 = ∠I2I ′3I

′23 nên tứ giác I12I2I

′23I′3 nội tiếp.

Tương tự ta cũng có tứ giác I1I12I2I′23 nội tiếp hay tứ giác I1I12I

′23I3 nội tiếp. (2)

Mặt khác, ∠A1I1I′3 = ∠A1I1A2 + ∠I13I1I ′3

= ∠A1I2A2 + ∠O2I2I′3 = 180o − ∠A2I2O2 + ∠O2I2I

′3 = 180o + ∠O1O2A1 − ∠O1A3I

′3.

∠A1A3I′3 = ∠O1A3I

′3 − ∠O1A3A1 = ∠O1A3I

′3 − ∠O1O2A1.

Do đó ∠A1A3I′3 + ∠A1I1I

′3 = 180o hay tứ giác A1I1I

′3A3 nội tiếp. (3)

Từ (1), (2), (3) suy ra I12I′23, A1A3, I1I

′3 đồng quy.

Áp dụng định lý Desargues ta suy ra A1I1, A2I2, A3I′3 đồng quy tại I. Mà A3I3 cũng đi qua I nên

I ′3 ≡ I3.

19

Suy ra I ′23 ≡ I23.Từ đó I12, I23 ∈ (I1I2I3). Tương tự ta có đpcm.

Tính chất 2.3.9. (Định lý Poncelet về đa giác lưỡng tâm - Poncelet’s porism). Cho hai đường trònchứa nhau thoả mãn: tồn tại một n−giác nội tiếp đường tròn lớn và ngoại tiếp đường tròn nhỏ. Khiđó tồn tại vô số n−giác vừa nội tiếp đường tròn lớn vừa ngoại tiếp đường tròn nhỏ, đồng thời bất kìmột điểm nào thuộc đường tròn lớn đều có thể lấy làm đỉnh cho những n−giác như thế.

Chứng minh. Phép chứng minh sau dựa theo [5].Ta phát biểu hai bổ đề.

Bổ đề 3. Một đường thẳng d nào đó cắt hai đường tròn (O) và (I) theo thứ tự tại các cặp điểm A,A′

và B,B′. Khi đó các giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn thứ nhất tại A và A′ và các tiếptuyến với đường tròn thứ hai tại B và B′ cùng nằm trên một đường tròn có tâm thẳng hàng với cáctâm của hai đường tròn đã cho.

Chứng minh.

J

M

N

PQ

A'

B'

O

IA

B

Giả sử các tiếp tuyến cắt nhau tạo thành tứ giác MNPQ như hình vẽ.Do ∠NMQ = ∠NAB−∠PBA′ = ∠PA′B−∠A′B′Q = ∠PQN nên tứ giác MNPQ nội tiếp. Việc

còn lại là chứng minh tâm của (MNPQ) nằm trên OI.

Ta cóMA

MB=

sin∠MBA

sin∠MAB=

p

q⇒ q2MA2 − p2MB2 = 0.

Từ đó q2(MO2 −R2)− p2(MI2 − r2) = 0⇒ q2MO2 − p2MI2 = q2R2 − p2r2. Chứng minh tươngtự với N,P,Q.

Đến đây ta chú ý đến một quỹ tích quen thuộc: Cho hai điểm O và I. Quỹ tích các điểm M thoảmãn xMO2 − yMI2 = k cho trước nếu là một đường tròn thì tâm của đường tròn này là một điểm J

được xác định bởi hệ thức x−→JO− y

−→JI =

−→0 , tức là J thẳng hàng với O và I. Áp dụng vào bài toán ta

có đpcm.Chú ý. Có thể lấy điểm J trên OI sao cho q2

−→JO− p2

−→JI =

−→0 và tính độ dài OM . Ngoài ra ta cũng

có thể chứng minh (O), (I), (J) là một bộ đường tròn coaxal.

Bổ đề 4. Cho hai đường tròn đựng nhau (O) và (I). Trên (O) cho hai đường gấp khúc đơn A1A2...An vàB1B2...Bn nội tiếp và có cùng hướng sao cho các đốtA1A2, A2A3, ..., An−1An vàB1B2, B2B3, ..., Bn−1Bn

của chúng đều tiếp xúc với (I). Khi đó các đường thẳng A1B1, A2B2, ..., AnBn cùng tiếp xúc với mộtđường tròn nào đó có tâm thẳng hàng với các tâm của (O) và (I).

Chứng minh.

20

K

C3

C2

C1

J

L

B3

B23

B2

B1

A3

A23

A2

A1

O

I

A12

B12

Gọi A12, A23, B12, B23 lần lượt là tiếp điểm của A1A2, A2A3, B1B2, B2B3 với (I); A1B1 ∩ A2B2 ={L}.

A12A23 giao A1B1, A2B2 lần lượt tại C1, C2.Ta có ∠LC1C2 = ∠LA1A2 + ∠C1A12A1 = ∠LB2B1 + ∠C2B12B2 = ∠LC2C1. Suy ra LC1 = LC2.

Từ đó tồn tại đường tròn (J) tiếp xúc với A1B1 và A2B2 tại C1, C2.Theo bổ đề 3 suy ra O, I, J thẳng hàng.Tiếp theo ta chứng minh (J) tiếp xúc với A3B3.Thật vậy, gọi K là giao của A12A23 và B12B23 thì A2, C2, B2 nằm trên đường đối cực của K ứng

với (I). Suy ra A23, B23, C2 thẳng hàng. Gọi C3 là giao của A23B23 với B3A3. Chứng minh tương tựta thu được tồn tại một đường tròn tiếp xúc với A2B2 và A3B3 lần lượt tại C2, C3. Như vậy (J) tiếpxúc với A3B3 tại C3. Chứng minh tương tự suy ra (J) tiếp xúc với A1B1, A2B2, ..., AnBn.

Trở lại bài toán.Giả sử n−giác A1A2...An nội tiếp đường tròn (O) và ngoại tiếp đường tròn (I). Lấy một điểm B1

tuỳ ý trên (O) và lần lượt kẻ các tiếp tuyến B1B2, B2B3, ..., Bn−1Bn, BnBn+1 tới (I). Ta cần chứngminh Bn+1 ≡ B1.

Theo bổ đề 2, tồn tại một đường tròn (J) tiếp xúc với A1B1, A2B2, ..., AnBn, An+1Bn+1. Do An+1 ≡A1 nên (J) tiếp xúc với A1Bn+1. Mà (J) tiếp xúc với A1B1 nên Bn+1 ≡ B1. Bài toán được chứngminh.

Để kết thúc bài viết, xin giới thiệu tới bạn đọc một định lý có dạng gần giống định lý Poncelet.

Tính chất 2.3.10. (Định lý Steiner- Steiner’s porism). Cho hai đường tròn đựng nhau (O) và (I).Giả sử tồn tại chuỗi đường tròn ω1, ω2, ..., ωn sao cho n đường tròn cùng tiếp xúc với (O) và (I), đồngthời ω2 tiếp xúc ngoài với ω1, ω3 tiếp xúc ngoài với ω2, ..., ωn tiếp xúc ngoài với ω1. Khi đó tồn tại vôsố chuỗi ω1, ω2, ..., ωn thoả mãn điều kiện trên, đồng thời có thể chọn đường tròn ω1 bất kì cùng tiếpxúc với (O) và (I).

21

OIO' P

Chứng minh. Gọi P là điểm "giới hạn" của (O) và (I). Theo tính chất 2.2.10, phép nghịch đảo cựcP phương tích k bất kì biến (O) và (I) thành hai đường tròn đồng tâm O′; chuỗi ω1, ω2, ..., ωn thànhchuỗi W = (ω′1, ω

′2, ..., ω

′n) cùng tiếp xúc với hai đường tròn đồng tâm O′ và lần lượt tiếp xúc ngoài

nhau. Do chuỗi W đóng kín nên có thể cho ω′1 chuyển động mà không làm thay đổi tính chất của W .Từ đó theo phép nghịch đảo, tồn tại vô số chuỗi ω1, ω2, ..., ωn thoả mãn điều kiện trên và có thể chọnvị trí bất kì cho ω1.

22

Tài liệu

[1] Bicentric polygon, from Wolfram Mathworld.

http://mathworld.wolfram.com/BicentricPolygon.html

[2] Bicentric quadrilateral, Wikipedia.

http://en.wikipedia.org/wiki/Bicentric quadrilateral

[3] Martin Josefsson, Characterizations of bicentric quadrilaterals, Forum Geometricorum Vol.10(2010), 165-173.

[4] Nguyễn Văn Linh, Monge-D’Alembert’s theorem, Euclidean geometry blog.

http://nguyenvanlinh.wordpress.com/2013/04/06/monge-dalemberts-theorem/

[5] Nguyễn Dũng, Một số lớp đa giác phẳng đặc biệt (các đa giác lưỡng tâm (lưỡng tiếp), nửa đều vàgần đều), Luận văn thạc sĩ toán học, ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội, 2007.

[6] Poncelet’s porism, from Wolfram Mathworld.

http://mathworld.wolfram.com/PonceletsPorism.html

[7] Steiner’s porism, Cut-the-knots.

http://www.cut-the-knot.org/Curriculum/Geometry/SteinerPorism.shtml

[8] Limiting point, from Wolfram Mathworld.

http://mathworld.wolfram.com/LimitingPoint.html

[9] Nguyễn Văn Linh, 8 incenters are concyclic, Euclidean geometry blog.

http://nguyenvanlinh.wordpress.com/2010/11/19/8-incenters-are-concyclic/

[10] AoPS Forum.

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

Email: Lovemathforever@gmail.com

23