Một số ứng dụng của định lý Feuerbach

Một hướng chứng minh mới cho định lí Feuerbach cùng khai

thác

Nguyễn Duy Khương CLB Toán Lim

Ngày 31 tháng 12 năm 2019

Lời nói đầu. Có khá nhiều chứng minh cho định lí F euerbach nổi tiếng về sự tiếp xúc của đường trònEuler và đường tròn nội(bàng) tiếp. Dưới đây là một lời giải do tôi thực hiện và tình cờ phát hiện trong quá trình nghiên cứu một bài toán trong đề thi dành cho khối 9 trong kì thi Sharygin 2019. Tiếp theo đó tôi tìm được khá nhiều chứng minh đẹp đẽ cho các kết quả của điểm F euerbach dựa trên lời giải mới cho bài toán 1.

Bài toán 1(Định lí Feuerbach). Cho tam giác ABC. Chứng minh rằng đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc đường tròn Euler của tam giác ABC.

Lời giải(Nguyễn Duy Khương).

Bổ đề 1(P9.7-Sharygin 2019). Cho tam giácABCngoại tiếp(I).(I)tiếp xúcBC, CA, AB tạiD, E, F. Gọi BI, CI cắt đường trung bình ứng với đỉnh A tạiS, T. Khi đóT F, SE đều đi qua D và A, T, F, I, S, E đồng viên.

Bổ đề 2. Cho tam giácABC nội tiếp(O)có trực tâm H. Khi đó (BHC) và(O) đối xứng nhau qua BC.

Phép chứng minh hai bổ đề trên không khó, bạn đọc có thể tham khảo bài 9.7 trong đề thi Sharygin chính thức năm 2019 cho bổ đề 1.

Quay trở lại bài toán, dựng các điểm phụ như trong bổ đề 1. Ta chứng minh trong trường hợp hình vẽ trên các hình khác chứng minh tương tự. Gọi K = EF ∩M N. Lấy R là điểm M iquelcủa tứ giác toàn phầnAN KE.M F. LấyFe đối xứngRquaM N. Ta có:R∈ (AEF), để ý rằngIS ⊥DF vàIT ⊥ED(theo bổ đề 1) do đó: I là trực tâm tam giácST D(theobổ đề 2). Điều này suy ra: F_e thuộc (DT S) hay là. Hiển nhiên F_e thuộc đường tròn Euler(do

∠M F_eN = 180^◦ − ∠A). Gọi KD ∩(I) = F_e⁰, ta có: KD.KF_e⁰ = KF.KE = KS.KT(vì theo bổ đề 1 thì T F SE nội tiếp) do đó: F_e⁰ ∈ (DT S). Để ý rằng F_e⁰KF T, F_e⁰ESK nội tiếp do đó ta có: ∠N F F_e⁰ = ∠F_e⁰EK = ∠F_e⁰SK dẫn đến: N, F_e⁰, S, F đồng viên. Ta có:

∠N F_e⁰M =∠N F_e⁰F+∠F F_e⁰E−∠M F_e⁰E =−¹ 2

_

T S +180^◦−¹ 2

_

SE +1 2

_

T F= 180^◦−∠F AE = 180^◦−∠BAC(ta xét cung trên đường tròn (AST)) suy ra F_e⁰ ∈(Euler). Do đó: Fe ≡F_e⁰.

Ta có: N, F_e, S, F đồng viên. Suy ra ∠N F_eF =∠N SF. Ta kẻ tiếp tuyếnF_ex của (I). Ta có: ∠xF_eN =∠xF_eF −∠N F_eF =∠XF_eF −∠T SF. Ta cần có ∠F_eM S =∠xF_eN thật vậy điều này tương đương∠KDT =∠FeM S+∠T SF =∠RM K+∠T SF =∠F ER+∠T SF =

∠T ER = ∠T SR = ∠FeST(đúng do Fe, S, D, T đồng viên). Vậy ta thu được Fex tiếp xúc đường tròn Euler của tam giác ABC suy ra: (I) tiếp xúc đường tròn (Euler) của tam giác ABC.

Ta cũng thu được kết quả thú vị từ chứng minh trên rằng.

Bài toán 2. Cho tam giác ABC nhọn(AB < AC). Trung trực AB, AC cắt BC tại lần lượt M, N. Dựng hình bình hành ABDC. Gọi AM giao DC tại E và AN giao DB tại F. EF giao M N tại K. Chứng minh rằng điểm M iquel của hai tứ giác toàn phầnAN KE.M F và DF KC.BE đối xứng nhau qua BC.

Khai thác chứng minh trên ta thẫy rằng điểm M iquel của AN KE.F M đối xứng F_e qua M N. Ta thu được 1 lời giải hết sức gọn cho một tính chất nổi tiếng về điểm F euerbach.

Bài toán 3. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) ngoại tiếp (I). (I) tiếp xúc BC, CA, AB tại D, E, F. Chứng minh rằng điểm Anti−Steiner của OI ứng với tam giác DEF là điểm F euerbach.

Lời giải(Nguyễn Minh Quân và Nguyễn Duy Khương). Trước tiên ta cần làm rõ tại sao OI là đường thẳng Euler của tam giác DEF. Khá dễ dàng nhận thấy phép nghịch đảo cực I phương tíchID² biến đường tròn Euler của tam giác DEF thành tam giác ABC do đó OI đi qua tâm Euler của tam giác DEF.

Quay trở lại bài toán. Gọi G là điểm đối xứng Fe qua M N. Từ chứng minh bài toán 1, ta có G= (AM N)∩(AEF). Do đó:∠OGA=∠IGA= 90^◦ suy ra O, I, Gthẳng hàng. Như vậy ta có F_e chính là điểm Anti−Steiner của OI ứng với tam giác DEF.

Tiếp tục tôi muốn đề cập đến bài toán sau.

Bài toán 4(P4a-VMO 2020). Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có đường kính AA⁰. D, E, F đối xứng Oqua BC, CA, AB.H là trực tâm tam giác ABC. GọiHa đối xứng H qua BC, O_a là tâm (BOC). Chứng minh rằng A⁰O_a cắt H_aD trên(O).

1.png

Lời giải. Ta chứng minh bài toán với hình vẽ trên, các trường hợp khác chứng minh tương tự. Gọi OaA⁰ ∩ (O) = X⁰ và K = BB ∩ CC, M là trung điểm BC. Ta cần có:

ODX⁰A⁰ nội tiếp là có điều phải chứng minh. Thật vậy ta có: P_Oa/(O) = OaO² − R² và O_aD.O_aO =O_aO(O_aO−OD) =O_aO²−OD.O_aO. Ta có: R² =OM.OK =OD.OO_a do đó:

P_Oa/(O) =O_aD.O_aO=O_aX⁰.O_aA⁰ dẫn đến điều phải chứng minh.

Liên hệ bài toán trên bằng cách đổi mô hình về đường tròn nội tiếp(để ý điểm cắt ở bài toán 4chính là điểm Anti−Steiner ứng với OH), ta sẽ có một kết quả khá thú vị như sau khi kết hợp thêm kết quả vừa chứng minh ở bài toán 3.

Bài toán 5. Cho tam giác ABC ngoại tiếp(I).(I) tiếp xúcBC tại D.DK là đường kính của (I). Fe là điểm F euerbach. Chứng minh rằng KFe chia đôiAI.

Tiếp tục khai thác mô hình bài toán ban đầu, ta có tính chất kinh điển của điểmF euerbach.

Bài toán 6. Cho tam giácABCcó điểmF là điểmF euerbachcủa tam giácABC.M, N, P là trung điểm BC, CA, AB. Chứng minh rằng trong ba đoạn F M, F N, F P có 1 đoạn bằng tổng hai đoạn còn lại.

Lời giải(Nguyễn Duy Khương).

Bổ đề. Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có tâm nội tiếp I. AI ∩(O) = A, P và gọi M là trung điểm BC. K đối xứng I qua M và lấy P K ∩(O) = Q, P. Chứng minh rằng:

QA=QB+QC.

Chứng minh(Trần Quân). QuaIkẻ đường thẳng song songP QcắtQCởD. Ta có:∠AID=

∠AP K = ∠ABQ = ∠ACD do đó: AICD nội tiếp hay là: ∠ADQ = ∠ADC = ∠P IC. Do đó:4QAD ∼ 4P IC(g.g). Do đó chú ý:P I =P C nênQD=QA. Gọi ID∩QB =E. Tương tự thì: QE = QA = QD. Lấy T đối xứng Q qua M thế thì: IT KQ là hình bình hành vậy T ∈ ID. BT CQ cũng là hình bình hành nên: CT // = BQ vậy: 4CT D ∼ 4QED hay là:

CT = CD do đó: CD = CT = BQ suy ra: QB+QC = CD+QC = QA(điều phải chứng minh).

Không mất tính tính tổng quát thì ta đi chứng minh trong trường hợp hình vẽ thỏa mãn:

F M =F P +F N. Lời giải này được chia thành 3 ý để bài toán đỡ cồng kềnh với các ý dẫn dắt để bạn đọc dễ theo dõi hơn.

1) Gọi I⁰ là tâm nội tiếp tam giác M N P. S là trung điểm N P. Q là trung điểm cung N P nhỏ của đường tròn (Euler) của tam giác ABC. T đối xứng I⁰ qua S. Chứng minh:

M QkAI.

Chứng minh. Ta có: ∠QM C =∠B+∠A

2 =∠AKC suy ra M QkAI. 2) Chứng minh T thuộc AI.

Lấy Y = AI ∩N P. Lấy X = AN ∩N P. Áp dụng tính chất đường phân giác thì Y P AP ⁼ P N

AP +AN ⁼

BC AB+AC ⁼

XN M N ⁼

XN

AP suy ra XN =Y P dẫn đếnT Y I⁰X là hình bình hành dẫn đến T thuộc AI.

Dẫn dắt một chút ta có:

Lấy L đối xứng K qua D. Ta có ∠LJ D = 90^◦ dẫn đến LJ đi qua đối xứng của D qua I là R. Như vậy tức là RJkM QkAI. Do đó theo tính chất tâm vị tự ngoài thì RQ, J M cắt nhau tại tâm vị tự ngoài của đường tròn (Euler) của tam giác ABC và (I) chính là F. Gọi U là trung điểm cung N P lớn của đường tròn (Euler) thì U D cũng đi qua tâm vị tự ngoài (Euler) và (I) là F.

3) Chứng minh Q, T, F thẳng hàng.

Ta để ý thấy rằng∠P T N =∠P I⁰N =∠BIC = 90^◦+∠A

2 suy raT là tâm nội tiếp của tam giácAP N. LấyV đối xứngQquaS. Ta cóV thuộcAI. Đồng thời ta cũng cóV thuộc(AP N). DoT là tâm nội tam giácAP N dẫn đến T là trung điểm IA. GọiW là trung điểm cung BC không chứa A của (O). Ta có: QV =M W. Như vậy ta có: V Q

IR ⁼ V Q

r ⁼ M W

r ⁼ M W

ID . Ta chú ý rằng tam giác AKB đồng dạng tam giác CKW do đó: IW

KW ⁼ CW KW ⁼

AB KB ⁼

IA IK suy ra: V T

T I ⁼ V T T A ⁼

W I IA ⁼

KW IK ⁼

M W

ID dẫn đến: T, R, Q thẳng hàng.

Như vậy ta có F, T, Q, Rthẳng hàng do đó ta áp dụngbổ đề ta có điều phải chứng minh.

Nhận xét. Chứng minh kết quả trên không hề đơn giản. Bài toán đòi hỏi sự kết hợp khéo léo giữa góc và tỉ số.

Cuối cùng tôi xin đề cập một hướng khác để chứng minh bài toán 6. Thường thì người ta sẽ biết đến chứng minh cho bài toán dưới đây khá là tính toán. Dưới đây xin trình bày một chứng minh mới mà tôi chỉ sử dụng góc(nhờ có các kết quả từ bài toán 1). Các chứng minh thường thấy sẽ sử dụng tính toán khá nặng.

Bài toán 7. Cho tam giácABCnội tiếp(O), ngoại tiếp(I)cóF_elà điểmF euerbach.M, D lần lượt là trung điểmBC và hình chiếu củaI lênBC. Chứng minh rằng4F_eDM ∼ 4AOI.

Lời giải(Nguyễn Duy Khương). LấyM, N, P là trung điểm AC, AB, BC và S =BI∩ M N, T = CI ∩M N. Gọi OI ∩(AEF) = R 6= I ta có: R đối xứng F_e qua M N. Sử dụng các kết quả từ bài toán 1, ta có: ∠F_eED = ∠KED + ∠F_eEK = ∠F AS + ∠T SR = 90◦+∠RAI = ∠AIO. Để ý rằng F_e, E, M, T đồng viên từ bài toán 1 do đó: ∠DF_eP =

∠DF_eE−∠C−∠ET S = 90^◦− ∠C

2 −∠C− ∠A

2 +∠C

2 = 90^◦−∠C− ∠A

2 =∠IAO. Do đó:

4AIO ∼ 4FeDP(g.g).

Quay trở lại bài toán 6. Ta thấy rằng từ cặp đồng dạng trên suy ra: F_eP OA ⁼

DP IO. Tương tự thì: FeM

OB ⁼ EM

IO và FeN OC ⁼

N F

IO. Do đó để ý rằng |DP| = |EM|+|F N| suy ra

|FeP|=|FeM|+|FeN|