Đường tròn Mixtilinear

ĐƯỜNG TRÒN MIXTILINEAR

Định nghĩa :

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I). Khi đó đường tròn (w_a) tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với hai cạnh AB,AC của tam giác ABC được gọi là đường tròn Mixtilinear ứng với góc A của tam giác ABC.

Xét tam giác ABC nội tiếp (O) và ngoại tiếp (I). Kí hiệu (w_a),(w_b),(w_c) theo thứ tự là đường tròn Mixtilinear ứng với góc A,B,C của tam giác.

Ta sẽ điểm qua một số tính chất đặc biệt của đường tròn này :

1. Tính chất 1 (Định lí Lyness)

Gọi E,F theo thứ tự là tiếp điểm của (w_a) trên AB,AC. Khi đó ta có I là trung điểm của EF.

Xem chứng minh tại đây.

2. Tính chất 2 :

Gọi X là tiếp điểm của (w_a) với (O). Khi đó XI đi qua trung điểm cung tròn BC chứa A của đường tròn (O).

Chứng minh :

t.c 2.1

Gọi B_0,C_0 là tiếp điểm của (w_a) lên AB,AC.

Sử dụng bổ đề của bài toán này. Ta dễ dàng thấy XB_0 đi qua trung điểm U của cung ABXC_0 đi qua trung điểm V của cung AC.

Ta để ý thấy tam giác XB_0C_0XI trung tuyến và XA đối trung. Như vậy \angle B_0XI=\angle AXC_0=\angle AXV=\angle ABI. Từ đó B_0IXB là tứ giác nội tiếp.

Kéo theo \angle BXI= \angle AB_0I. Tương tự \angle CXI=\angle AC_0B_0. Suy ra \angle BXI=\angle CXI.

Ta hoàn tất tính chất 2.

3. Tính chất 3 :

Gọi O_b,O_c theo thứ tự là tâm (w_b),(w_c) và tiếp điểm của (O) với (w_b),(w_c) lần lượt là Y,Z. B_0,C_0 là tiếp điểm trên AB,AC của (w_a). D là điểm chính giữa cung BC không chứa A. X là tiếp điểm với (O) của (w_a). Khi đó ta có BC,B_0C_0,O_bO_c,YZ,XD đồng quy tại một điểm.

Chứng minh :

t.c 3

Gọi W là giao của BC,B_0C_0. Theo phần chứng minh tính chất 2 ta có B_0BXI nội tiếp, suy ra :

\angle B_0IB=\angle B_0XB=\dfrac{1}{2}\angle AXB=\dfrac{1}{2}\angle ACB=\angle ICB

Suy ra hai tam giác WIB,WCI đồng dạng, nên WI^2=WB.WC. Điều này đồng nghĩa W nằm trên trục đẳng phương của (I,0)(O).

Gọi C',B' là tiếp điểm trên BC của (w_c),(w_b).

Dễ dàng nhận ra (D,Z,C'),(D,Y,B') là hai bộ điểm thẳng hàng.

Ta có :

\angle C'BD=\angle CBD=\angle DZB\Rightarrow \Delta DZB \sim \Delta DBC'\Rightarrow DB^2=DC'.DZ

Tương tự thì DC^2=DB'.DYDC=BD nên DB'.DY=DC'.DZ. Kéo theo B'C'ZY nội tiếp.

Như vậy P_{W/(B'C'ZY)}=WB'.WC'=WY.WZ=WB.WC=P_{W/(O)}. Suy ra W nằm trên trục đẳng phương của (O)B'C'ZY. Tức W thuộc YZ

Ta đã chứng minh xong (YZ,BC,B_0C_0) đồng quy.

Gọi W' là giao của O_bO_c với BC, ta có W' là tâm vị tự ngoài của (w_b),(w_c).

Chú ý thêm Y,Z lần lượt là tâm vị tự trong của (O) với (w_b),(w_c).

Vậy theo định lí Monge – D’ Alembert, ta có Y,Z,W' thẳng hàng.

Tức ta đã chứng minh BC,O_bO_c,YZ đồng quy.

Chú ý W là giao của B_0C_0,BC.

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABC và cát tuyến WB_0C_0 :

\dfrac{WB}{WC}.\dfrac{C_0C}{C_0A}.\dfrac{B_0A}{B_0B}=1\Rightarrow \dfrac{WB}{WC}=\dfrac{B_0B}{C_0C}

Lại có :

\dfrac{B_0B}{B_0A}=\dfrac{XB}{XA},\dfrac{C_0C}{C_0A}=\dfrac{XC}{AA}\Rightarrow \dfrac{B_0B}{C_0C}=\dfrac{XB}{XC}\Rightarrow \dfrac{WB}{WC}=\dfrac{XB}{XC}

Như vậy W chính là chân phân giác ngoài góc X của tam giác XBC.

Hơn nữa cũng dễ thấy XD chính là phân giác ngoài góc X tam giác XBC, nên W thuộc XD.

Vậy ta cũng có (XD,B_0C_0,BC) đồng quy.

Ta hoàn thành tính chất 3.

4. Tính chất 4 : 

Gọi X là tiếp điểm của (O) với (w_a), Y là tiếp điểm của đường tròn (I) nội tiếp tam giác ABC trên BC. XY cắt (O) lần nữa tại L. Khi đó ta có AL song song BC.

Chứng minh :

t.c 4

Gọi tiếp điểm với AB,AC của (w_a)B_0,C_0. XI giao (O) tại JB_0C_0 giao BC tại D.

Theo tính chất 2 thì J là trung điểm cung BC nên tính chất này sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra rằng J là trung điểm cung AL.

Theo phần chứng minh tính chất 3 ta có \angle DXJ=90^0 (XD,XJ lần lượt là phân giác ngoài, trong góc BXC)

Kết hợp với \angle DYI=90^0 ta suy ra tứ giác DXYI nội tiếp. Kéo theo \angle DYX=\angle DIX.

Do vậy mà \angle AIX=90^0+\angle DIX=90^0+\angle DYX =\angle IYX\;\;\;\;(1).

Mặt khác, gọi M là giao của AI với BC. Dễ thấy DX,AM,JO đồng quy tại S là điểm chính giữa cung BC không chứa A của (O).

Gọi R là trung điểm của BC. Chú ý dễ thấy AMRI,DXRJ nội tiếp. Do vậy SM.SA=SR.SJ=SX.SD.

Suy ra tứ giác AMXD cũng nội tiếp. Kéo theo \angle XAI=\angle XDY=\angle XIY\;\;\;(2)

Từ (1)(2) suy ra đuợc hai tam giác AIX,IYX đồng dạng. Dẫn đến \angle AXJ=\angle JXL hay L là trung điểm cung AL.

Ta hoàn thành tính chất 4.

5. Tính chất 5 : 

Gọi X là tiếp điểm của (w_a) với (O). B_0,C_0 là tiếp điểm của (w_a) trên AB,AC. XB_0,XC_0 lần lượt cắt (O) tại P,Q và gọi K là giao của (APB_0),(AQC_0). Khi đó thì APKQ là hình bình hành.

Chứng minh :

5

Tính chất này chứng minh đơn giản chỉ bằng biến đổi góc. Chú ý là P,Q theo thứ tự là điểm chính giữa cung AB,AC.

Ta có :

\angle AQK=\angle AC_0B_0=\angle AB_0C_0=\angle APK \;\;(1)

\angle QKP=\angle QKA+\angle AKP=\angle QC_0A+\angle AB_0P=\left ( \angle CAX+\angle AXC_0 \right )+\left ( \angle BAX+\angle AXB_0 \right )=\left ( \angle PAB+\angle CAQ \right )+\angle BAC=\angle PAQ\;\;(2)

Từ (1)(2) suy ra APKQ là hình bình hành.

6. Tính chất 6 :

Gọi X là tiếp điểm của (O) với (w_a). Gọi (I_1),(I_2) theo thứ tự là tâm nội tiếp các tam giác ABX,ACX. XI_1,XI_2 theo thứ tự cắt (O) tại E,F.

a) Ta có AEXF là tứ giác điều hoà.

b) Hai đường tròn mixtilinear ứng với góc A của tam giác ABX,ACX tiếp xúc nhau.

Chứng minh :

t.c 5

a) Gọi U,V theo thứ tự là tiếp điểm trên AB,AC của (w_a). Dễ thấy \overline{X,U,E},\overline{X,V,F}.

Chú ý theo một bổ đề quen thuộc, ta có EA^2=EU.EXAF^2=FV.FX. Việc tứ giác AEXF điều hoà tương đương với :

AE.XF=AF.EX\Leftrightarrow \sqrt{EU.EX}.FX=\sqrt{FV.FX}.EX\Leftrightarrow EU.FX=FV.EX\Leftrightarrow \dfrac{EU}{FV}=\dfrac{EX}{FX}

Điều này đúng vì áp dụng định lí Thales với UV song song EF vì cùng vuông góc AI.

b) Gọi M,N theo thứ tự là giao điểm của (O) với BI_1,CI_2. P là giao của đường thẳng qua I_1 vuông góc AI_1 và qua I_2 vuông góc AI_2. L là giao của ME,NF. K,J theo thứ tự là giao của (AI_2,NF),(AI_1,ME).

Rõ ràng I_1P đi qua tiếp điểm của đường tròn mixtilinear của tam giác ABX với AX và nếu chỉ ra được P thuộc AX thì đường tròn mix góc A của tam giác ABX tiếp xúc AX tại P. Tương tự với đường tròn mix góc A của tam giác ACX và từ đó suy ra được chúng tiếp xúc nhau.

Vấn đề còn lại là chỉ ra đuợc A,P,X thẳng hàng.

Theo câu a ta có AEXF điều hoà, suy ra :

\dfrac{EI_1}{EX}=\dfrac{EA}{EX}=\dfrac{FA}{FX}=\dfrac{FI_2}{FX}

Suy ra được EF\parallel I_1I_2. Hơn nữa dễ thấy I_2P \parallel LF do cùng vuông góc AI_2. Tương tự I_1P\parallel LE.

Hai tam giác LEF,PI_1I_2 có các cạnh tương ứng song song LP,EI_1,FI_2 đồng quy. Suy ra X thuộc AL.

Dễ thấy tam giác AFI_2 cân tại F có đường cao FK nên cũng là trung tuyến. Từ đó thấy đuợc JK là đường trung bình của tam giác AI_1I_2. Như vậy hai tam giác LJK,PI_1I_2 cũng có các cạnh tương ứng song song và do đó LP,I_1J,I_2K đồng quy. Tức A thuộc LP.

Ta suy ra A,P,X thẳng hàng. Điều phải chứng minh.

7. Tính chất 7 :

Gọi X là tiếp điểm của (O)(w_a). U,V là tiếp điểm trên AB,AC của (w_a). AX giao UV tại N. XI giao BC tại M. Khi đó MN song song AI(O) tiếp xúc trong với (XNI).

Chứng minh :

t.c 7

Trung trực BC cắt (O) tại T,W như trên hình vẽ.

Ta có : BC,XW,UV đồng quy tại S. Khi đó chú ý SIZW là tứ giác nội tiếp với Z là trung điểm BC. Từ đó có \angle ZWI=\angle ISZ\angle IWZ=\angle IXN nên \angle IXN=\angle ISZ suy ra tứ giác NMXZ nội tiếp.

Từ đó chú ý \angle MXS=90^0, ta có \angle SNM=90^0 hay UV \perp MN. Mà UV\perp AI nên có MN \parallel AI.

Dễ thấy NI song song AT nên tồn tại một phép vị tự tâm X biến tam giác ATX thành tam giác NIX, nên biến đường tròn (ATX) thành đường tròn (NIX).

Như vậy tâm O của (ATX) , tâm O' của NIXX phải thẳng hàng. Suy ra đuợc (NIX)(O) tiếp xúc nhau.

8. Tính chất 8 : 

Gọi X,Y,Z theo thứ tự là tiếp điểm của (O)(w_a),(w_b),(w_c). Khi đó AX,BY,CZ đồng quy tại tâm vị tự ngoài của (O)(I).

Chứng minh :

Ta thấy X là tâm vị tự ngoài của (O)(w_a). I là tâm vị tự ngoài của (O),(I) và gọi G là tâm vị tự ngoài của (O)I thì theo định lí Monge – D’ Alembert ta có A,X,G thẳng hàng. Tương tự B,Y,GC,Z,G thẳng hàng.

Ta hoàn thành tính chất 8.

9. Tính chất 9 :

Gọi X là tiếp điểm của (O)(w_a). Khi đó thì (AIX)(O) trực giao.

Chứng minh :

T.C 9

Ta chỉ cần chứng minh OA tiếp xúc (AIX) là được. Thực vậy, gọi G,H,K theo thứ tự là giao của XI,AO,AI với (O). Dễ thấy AGHK là hình chữ nhật nên \angle IAO=\angle AXI. Từ đó có điều phải chứng minh.

10. Tính chất 10 : 

Gọi X,Y,Z theo thứ tự là tiếp điểm của (O) với (w_a),(w_b),(w_c) thì các đường tròn (IAX),(IBY),(ICZ) đồng trục.

Chứng minh :

t.c 11

Gọi G là điểm đồng quy của AX,BY,CZ. Dễ thấy G chính là điểm có cùng phương tích với cả ba đường tròn (IAX),(IBY),(ICZ). Như vậy ba đường tròn trên có chung một trục đẳng phương là IG. Ta có điều phải chứng minh.

Tham khảo :

[1] : Đường tròn mixtilinear – Nguyễn Văn Linh

[2] : Đường tròn mixtilinear – Cấn Trần Thành Trung (Kỷ yếu Gặp gỡ Toán học 2014)

Mình tạo ra bài viết này mục đích chỉ là để ghi nhớ và học tập chứ không nhằm tạo ra một tài liệu mới vì nội dung được lấy ra hoàn toàn từ [1] và [2], tuy nhiên có một số tính chất mình tự chứng minh nên sẽ khác với cách chứng minh từ hai tài liệu tham khảo. Mong sẽ không đụng chạm gì tới bất cứ ai về bản quyền bài viết :). 

2 thoughts on “Đường tròn Mixtilinear

    • Khúc đó anh làm vội nên lộn nhé. Em có thể chữa như sau : Chứng minh được \angle IB'B=\angle WIC' nên WI^2=WB'.WC' mà vì W nằm trên trục đẳng phương của $(O)$ và $(I,0)$ nên WI^2=WB.WC. Suy ra WB.WC=WB'.WC'. Từ đó W thuộc trục đẳng phương của (O)(B'C'YZ) tức W thuộc YZ. 🙂

Leave a Reply

Fill in your details below or click an icon to log in:

WordPress.com Logo

You are commenting using your WordPress.com account. Log Out / Change )

Twitter picture

You are commenting using your Twitter account. Log Out / Change )

Facebook photo

You are commenting using your Facebook account. Log Out / Change )

Google+ photo

You are commenting using your Google+ account. Log Out / Change )

Connecting to %s