Đường tròn bàng tiếp trong tam giác

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
1

Đường tròn bàng tiếp trong tam giác
A. Đặt vấn đề
Đường tròn bàng tiếp trong tam giác là một trong những vấn đề thú vị
của Hình học phẳng. Là một trong những nội dung bồi dưỡng học sinh
giỏi Quốc gia môn Hình học phẳng, tôi quan tâm đến việc viết một đề tài
về vấn đề đường tròn bàng tiếp để bồi dưỡng đội tuyển HSGQG.
Các bài toán liên quan đến đường tròn bàng tiếp là những bài toán hay
và khó. Để giải quyết được các bài toán đó việc trước tiên là phải thông
hiểu về đường tròn bàng tiếp trong tam giác. Tiếp theo đó phải là việc trải
nghiệm qua những bài toán áp dụng các tính chất của đường tròn bàng
tiếp.
B. Nội dung đề tài.
I. Một số tính chất quan trọng của đường tròn bàng tiếp.

TC1. Gọi I và J là tâm đường tròn
nội tiếp và bàng tiếp góc A của tam
giác ABC. Đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC cắt đoạn thẳng IJ
tại K. Ta có BI vuông góc với BJ.
và BK = KI. Suy ra KI = KJ.

TC2. Cho tam giác ABC và các đường tròn bàng tiếp góc A, B, C lần
lượt là
( ; ),( ; ),( ; )
a a b b c c
O r O r O r
. Với các tiếp điểm được cho bởi hình vẽ 2
Khi đó:
AD' + AF' = AB + BD + DC + CA = 2p.
Mặt khác AD' = AF'

AD' = AF' = p.
Như thế AD' = AF' = BE" = BF"= CE' = CD" = p



K
J
I
C
B
A

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
2

TC3. Cho tam giác ABC và các đường tròn bàng tiếp góc A, B, C lần
lượt là
( ; ),( ; ),( ; )
a a b b c c
O r O r O r
. Với các tiếp điểm được cho bởi hình vẽ 2
Khi đó:
AE = AC - CE = AC - CF" = AC - (
2
p

- BC) =
= b -
2
a b c
 
+a =
2
a b c
 


CE =
2
b c a
 
= BF
Tương tự: AF =
2
a c b
 
= CD
AE =
2
a b c
 
= BD

TC4. Cho tam giác ABC. Các đường tròn
bàng tiếp xúc với 3 cạnh tương ứng đỉnh lần
lượt tại D, E, F. Khi đó 3 đường thẳng AD,

BE, CF đồng quy tại một điểm gọi là điểm
Nagel của tam giác ABC.
Thật vậy, ta có:
. . 1
BD EC FA p c p a p b
p b p c p a
DC EA FB
   
  
     
   
  
   

Suy ra dpcm


J
D'
D"
F"
F'
E"
E'
F
E
D
C
B
Oc

Ob
Oa
A
N
F
E
D
C
B
A

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
3


TC5. Đường tròn nội tiếp (I, r) tiếp tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB
lần lượt tại M, N, P.
Ta có AN = AP =
2
b c a
p a
 
 
BP = BM =
2
a c b
p b
 
 

CM = CN =
2
a b c
p c
 
 

II. Một số bài toán áp dụng.

Bài 1
P
N
M
O3
O2
F
E
D
O
I
C
B
A

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
4

Cho tam giác ABC nhọn không cân nội tiếp (O) , ngoại tiếp (I) . AI cắt
(O) tại G . Đường thẳng qua G và vuông góc AI cắt BC tại F. Gọi
D, E lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc B với AC và
đường tròn bàng tiếp góc C với AB . Chứng minh IF// DE.

Lời giải. Gọi N là tiếp điểm của (I) với BC .
Gọi K là giao của AI, ED . Do

GIF =

GNC nên ta sẽ chứng minh

GNC

IKD hay


AKD



BNG.
Gọi X là điểm thuộc AI sao cho EX // AD. Ta có

AEX



CGB
và
AK AD
KX EX

Để ý rằng tam giác AEX cân nên EX = AE .
Mặt khác
AD NC
AE NB
 nên
AK AD AD NC
KX EX AE NB
   Suy ra

EKX =

BNG.
Từ đây ta có


AKD


BNG, suy ra đpcm.


Bài 2. Cho tam giác ABC nhọn không cân có I là tâm đường tròn nội
tiếp. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB, AC. Đường thẳng qua B
song song với IN cắt AC ở D, đường thẳng qua C song song với IM cắt
AB ở E. Đường thẳng qua I song song với DE cắt BC ở F. Gọi R là hình
chiếu của F lên AI.
X
K
N

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
5

1. Chứng minh rằng D, E lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp
góc B và C trên các cạnh AC và AB.
2. Chứng minh rằng tứ giác ABRC nội tiếp.
Lời giải.

Dễ thấy nếu tam giác ABC cân tại A thì bài toán hiển nhiên đúng (nếu
công nhận giao điểm tại vô cực). Xét tam giác ABC không cân tại A và
AB < AC hay c < b.
Ta cũng giả sử thêm rằng AB < BC < CA hay c < a < b. Các trường hợp
còn lại tương tự.
Kí hiệu như hình vẽ, trong đó R là trung điểm cung nhỏ BC, F là giao của
đường thẳng vuông góc với AR tại R với BC. Ta sẽ chứng minh rằng IF
song song với DE. (yêu cầu này là tương đương với yêu cầu bài toán).
Giả sử IN cắt BC tại P. Theo định lí Menelaus trong tam giác ASC, ta có:
. . 1
IA PS NC PS IS BS a
IS PC NA PC IA BA b c
    



2
( )( )
PS a a b
PS

SC b c a b c a b c
   
    

Suy ra
( )
,
a a c ab
PB PC
b c a b c a

 
   

Do đó
2 2
ND PB a c a c b a c
ND AD
NC PC b
   
     
Từ đây suy ra D chính là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc B trên
AC.
Tương tự cho E. Ta có đpcm.
Q
J
K
S
R
P

H
F
I
N
M
E
D
C
B
A

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
6

b) Ngược của BT1. Giả sử đường thẳng qua I song song với DE cắt AB,
AC lần lượt tại H và K. Cũng bằng biến đổi đại số, ta tính được tỉ lệ DE /
HK từ đó tính được tỉ lệ mà F chia đoạn BC.
Gọi R’ là trung điểm của cung nhỏ BC và F’ là giao điểm của đường
thẳng qua R’ vuông góc với AR’ với BC thì ta cũng tính được tỉ lệ R’
chia BC.
Từ đó chứng minh được F trùng với F’, R trùng R’ và có đpcm.

Bài 3. Cho tam giác nhọn ABC có H là trực tâm và O là tâm
đường tròn ngoại tiếp . Đường trung trực của AH cắt các cạnh AB,
AC tương ứng tại D, E . Chứng minh A là tâm đường tròn bàng
tiếp của tam giác ODE

Gọi M, N lần lượt là giao điểm của CH, BH với (O) .
Ta chứng minh DA là phân giác góc ngoài tại đỉnh D của
ΔODE (EA chứng minh tương tự).
Thật vậy, AB là đường trung trực của HM . Mà DE là trung
trực của AH ⇒DA = DH = DM . Mà OA = OM nên DO là
trung trực của AM .
Do đó

ADx =

xDM =
1
2

ADM (với Dx là tia đối của tia
DO ).
Vì AB là đường trung trực của HM nên


MDB =

BDH = 2

BAH =2(90
0
−

ABC) .
Mặt khác

MDB =180
0
−

MDA =180
0
−2

xDA
Suy ra⇒

xDA =

ABC =

ADE (do DE∥BC vì cùng
⊥AH )

Vậy A là tâm đường tròn bàng tiếp của tam giác ODE .
x
E
N
O
H
D
M
C
B
A

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
7


Bài 4. Cho hai đường tròn (O) và (I) tiếp xúc ngoài nhau tại T .
Một đường thẳng tiếp xúc với (I) tại X cắt (O) tại các điểm
A và B . Gọi S là giao điểm thứ hai của (O) với XT . Trên
cung TS không chứa A và B chọn môt điểm C . Gọi CY là
tiếp tuyến từ C đến (I) với Y thuộc (I) sao cho đoạn CY
không cắt đoạn ST . Gọi E là giao điểm của XY và SC .
Chứng minh E là tâm đường tròn bàng tiếp góc A tam giác ABC.
Giải.

Ta có △tam giác OST cân tại O, tam giac ITX cân tại I
và ∠ΔSTO = Δ∠ITX
⇒ΔIXT = ΔTSO

S//IX
Do đó S là trung điểm của cung AB chứa C
⇒ CE là phân giác ngoài của ∠

ACB
Để kết thúc bài toán chỉ cần chứng minh AE là phân giác trong của
∠BAC , tức là phân giác

CAX .
Thật vậy, YT cắt (O) tại điểm thứ hai H, (HA) cắt XY tại
K . Dễ thấy HS∥XY (so sánh góc qua tiếp tuyến trung của hai
đường tròn tại T ). Do

TCE =

SHT =


TYE nên tứ giác TEYC
nội tiếp.
F
L
K
H
Y
I
E
O
S
X
T
C
B
A

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
8

Do

TAK =∠HST =∠TXK nên tứ giác AXKT nội tiếp.
Do 180
0
=

ACE +∠SFA =∠ACE +∠SHA = ∠ACE +∠AKE nên

tứ giác AEKC nội tiếp.
Gọi L là giao điểm của hai đường tròn (AXKT) và (TEYC) .
Vì 180
0
= ∠ELT +∠TYE =∠ELT +∠TXA =∠ELT +∠TLA
=

ELA nên ba điểm A, E, L thẳng hàng.
Vì 180
0
= ∠TLK + ∠TXK =

TLK + ∠TYC nên ba điểm L, K,
C thẳng hàng.
Từ đó ∠EAX =∠EKL =∠CKY = ∠CAE nên AE là phân giác
∠CAX

Bài 5.(IMO 2013)
Cho tam giác ABC. Gọi D, E, F là các điểm tiếp xúc của các đường tròn
bàng tiếp với các cạnh BC, CA, AB tương ứng. Gọi O là tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác DEF. Chứng minh rằng O nằm trên đường tròn ngoại
tiếp tam giác ABC khi và chỉ khi tam giác ABC vuông.
Giải.
Gọi phân giác ngoài góc A cắt (O) tại K. Ta dễ chứng minh BF = CE nên
trung trực EF đi qua K. Nếu tâm ngoại tiếp tam giác DEF thuộc (O) sẽ
nằm ngoài tam giác DEF nên khi đó tam giác DEF tù. Không mất tổng
quát giả sử

EDF tù. Do tâm ngoại tiếp tam giác DEF thuộc trung trực
EF vậy tâm ngoại tiếp tam giác DEF phải là giao của trung trung trực EF

và (O). Giao điểm này phải nằm trong góc EDF nên giao điểm này chính
là K. Vậy K là tâm ngoại tiếp tam giác DEF.


















K
O
F
E
D
C
B
A
Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình

9









Dễ thấy các đường thẳng qua tâm bàng tiếp Ia, Ib, Ic lần lượt vuông góc
với BC,CA, AB đồng quy tại điểm V. Từ đó các tứ giác DFBV, DECV
nội tiếp.

BVC =

BV D +

CV D =

AFD +

AED = 360
0
−

BAC −

EDF = 360
0

−

EKF − (180
0
−
1
2

EKF) =

EKF
=
0
360
2
EKF
 

Mặt khác KB = KC. Từ đó suy ra K là tâm ngoại tiếp tam giác BVC. Từ
tính
chất đối xứng suy ra V F = BD = AE, V E = CD = AF. Vậy tứ giác AEV
F là hình bình hành mà

AEV =

AFV = 90
0
. Vậy AEV F là hình chữ
nhật suy ra


BAC = 90
0
.

Bài 6.
Cho tam giác ABC có (I) là đường tròn nội tiếp tiếp xúc AB, AC tại E, F,
tương ứng; (I
a
) là đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc BC, CA, AB tại M,
N, P, tương ứng. BI cắt EF tại H, BI
a
cắt PN tại K, AI cắt PM tại J.
Chứng minh rằng

BHC =

BKC =

AJC = 90
o
.
Lời giải.

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
10







i)

0
90
BHC 

0
90
2
A
CFH AFB


    
0
90
2
A
HIC HBC ICB

      


HIC HFC
  



HFIC nội tiếp
Suy ra
0
90
BHC IHC IFC     
ii)

0
90
BKC 


0 0 0 0
180 180 (90 ) 90

2
a
BAC
NKI BKB BPK PKB IBC
 
             
 
 
 

=



0
1 1
90
2 2 2
a
C
ABC BAC NCI

   
Suy ra KCNI
a
nội tiếp

dpcm
iii) BICI
a

nội tiếp nên

JI
a
C =

II
a
C =
IBC

=
BMJ


Suy ra JMCI
a
nội tiếp
0
90
a a
I JC I MC    
***Chú ý: i) KH//AB
ii) J có thuộc KH không ?

Bài 7. Định lí Paul Yiu về đường tròn bàng tiếp
Định lí: Cho tam giác ABC và các đường tròn bàng tiếp các góc A, B, C
tiếp xúc với 3 cạnh lần lượt tại M, N, P, Q, R, S. Các đường thẳng MN,
PQ, RS giao nhau tại A
1

, B
1
, C
1
. Các đường thẳng NP, QR, MS giao nhau
tại A
2
, B
2
, C
2
. Chứng minh rằng các bộ ba điểm (A, A
1
, A
2
), (B, B
1
, B
2
),
(C, C
1
, C
2
) thẳng hàng và các đường thẳng qua chúng đồng quy.

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
11






Chứng minh:
a) Gọi giao của PQ và MS với BC lần lượt là H và K.
Áp dụng định lí Menelaus cho bộ 3 điểm (C
2
, R, Q) trong tam giác BMK
và bộ 3 điểm Q, C
1
, H trong tam giác BMN, ta được:
1
1
. . 1
C MQB HN
QM C N HB

(1)

2
2
. . 1
C K QM RB
C M QB RK

(2)
Nhân (1) và (2) cho ta:
1 2
1 2
. . . 1
C M C K RB HN
C N C M RK HB


Mặt khác, áp dụng định lí Menelaus cho

ABC với bộ 3 điểm M, S, K
và Q, P, H ta được:
. . 1
MA KB SC
MB KC SA

(3)
. . 1
HC QB PA
HB QA PC

(4)
Nhân (3) và (4) với để ý rằng

. .
MA SC QB PA
MB SA QA PC

ta được:
( ) ( )
( )
KB HC
KB HC CB HC KB KC
KC HB
HC BK HB CK HN RK NC BR
    
      

Ta suy ra:
1 2
1 2
. . 1
C M C K CN
C N C M CK


Vậy 3 điểm C, C
1
, C
2
thẳng hàng
Các bộ 3 điểm còn lại chứng minh tương tự.
b) Chứng minh 3 đường thẳng đồng quy
Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của MN, RS với AC, AB.

Như chứng minh ở trên ta có:
HB p c
HC p b



. Tương tự với X, Y thì:
,
XC p a YA p b
XA p c YB p a
 
 
 

Ta suy ra:

. . 1
XC YA HB
XA YB HC


Do đó H, X, Y thẳng hàng
Mặt khác theo định lí Desagues thì các đường thẳng AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng
quy. Ta có đpcm.

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
12




Bài 8. Điểm Schiffler
Cho tam giác ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác. Khi đó 4
đường thẳng Euler của tam giác IBC, IAC, IAB và ABC đồng quy tại
một điểm, gọi là điểm Schiffler của tam giác

.













Chứng minh:

Gọi là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, G là trọng tâm tam giác, M
là trung điểm BC, G
1
là trọng tâm tam giác IBC, AI cắt BC tại cắt (O)
tại (J), (I) tiếp xúc với cạnh BC tại K, IG
1
cắt OG tại S, cắt AM tại E.
Rõ ràng J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác IBC. Do đó JG là đường
thằng Euler của tam giác IBC.
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác GOM với cát tuyến SEJ ta có:
. . 1
SG JO EM
SO JM EG

. Suy ra . .
SG JM EG JM EG
SO JO EM R EM
 
Áp dụng Menelaus cho tam giác IAM với cát tuyến JG
1
E ta có:
1
1
. . 1
G MJI EA
JA EM G I


Do G
1

là trọng tâm tam giác IBC nên:
2. 2. 2.
EA JA JB JI
EM JI JD JD
   (Do
2 2
. )
JI JB JA JD
 
Do đó
1 1 1 2
1 . 1 1 1 .
3 3 3 3
2 2 2 2

= 1 . . . .
3 3 3 3
EG GM AM EA EA
EM EM EM EM EM
JI ID IK r
JD JD JM JM
 
         
 
 
 
   
 
 

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
13

Tương tự ta thấy các đường thẳng Euler của các tam giác IAC, IAB cũng
cắt OG tại S (được xác định bởi hệ thức (1))
Vậy các đường thẳng Euler của 4 tam giác IAB, IBC, ICA và đồng
quy tại
9. Điểm Feuerbach
Trong một tam giác, đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp
của nó,và tiếp điểm đó được gọi là điểm Feuerbach của tam giác trên.



Gọi E, O, I là tâm đường tròn Euler, ngoại tiếp, nội tiếp của tam giác
ABC. H là trực tâm, QOS là đường kính vuông góc với BC, P là hình
chiếu của A lên OQ. R, r là bán kính đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp. D là
chân đường phân giác góc A.
1. Đường tròn Euler tiếp xúc trong với đường tròn nội tiếp.
Ta dễ dàng chứng minh được PO = 2EF
Vì
AQP IDN
 

. Suy ra QP. IN = MK. DN (1)
Vì
SDC SCA
 


. Suy ra SC
2
= SD.SA.
Mặt khác, tam giác SCI cân đỉnh S nên SC = SI. Suy ra SI
2
= SD.SA.
Chiếu vuông góc lên BC, ta có MN
2
= MD.MK
2
. . .
. .
(2)
MN MK MN MN MK MD MK
MN NK MK DN
   
 

Từ (1) và (2) suy ra
. . (3)
IN QP MN MK


Ta có:
2 2 2
2 2
2
( ) ( )
2 2
EI IN EF MN MF

OP MK
EI IN MN
    
   
    
   
   

2 2 2 2 2
1
. ( ) .
4
EI IN IN PO PO MK MN MK MN
      
Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
14

2
2 2
. . (4)
4
AO
EI IN IN PO MN NK    
Từ (3) và (4) ta có:
2
2 2
2 2 2
.( )
4 4 2

R R R
EI r IN QP PO r Rr r
 
        
 
 

Vậy
2
R
EI r
 
. Suy ra đpcm.
Hoàn toàn tương tự ta cũng có:
2. Đường tròn Euler tiếp xúc ngoài với các đường tròn bàng tiếp
Từ I
a
kẻ I
a
X
a
vuông góc với BC do I
a
S = SI nên X
a
M = MN
Từ (2) ta có:
2
( )
a a

a a
X N DN X D
MN DN MN DN
NK NK MK NK MK X M MK X K


   
  

Vậy . .
a a
MN X K MK X D
 (5)
Mặt khác . .
a a a a a
APQ I DX PQ X I MK X D
   

(6)
Từ (5) và (6): . . .
a a a a
PQ X I MK X D MN X K
  (7)
Từ E kẻ EL vuông góc I
a
X
a
. Trong tam giác vuông I
a
LE ta có:

2 2 2
2 2
2
2
2
( ) ( )
1
. ( )
4 4 4
. . (8)
4
a a a a
a a a a a a
a a a a a
I E EF X I X M MF
OP MK
OP X I X I X M X M MK
OA
X I OP X I MN X K
   
 
     
 
 
   

Từ (7) và (*) ta có:
2
2 2
2 2 2

. . +r +Rr =
4 4 2
a a a a a a a a a a
OA R R
I E X I OP X I PQ X I r
 
     
 
 

Vậy EI
a
=
2
a
R
r

. Suy ra đpcm

10. Điểm Bevan
Cho tam giác ABC, I
a
, I
b
, I
c
là tâm các đường tròn bàng tiếp. Khi đó
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác I
a

I
b
I
c
được gọi là điểm Bevan của tam
giác ABC. Kí hiệu B
a
.









G
Sp
H
Ba
O
I


Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
15

Một số tính chất của điểm Bevan:
* Ta thấy rằng I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC chính là trực
tâm của tam giác I
a
I
b
I
c
khi đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
đường tròn chín điểm của tam giác I
a
I
b
I
c
suy ra O là trung điểm của IB
a
.
* Tâm Spieker S
p
là trung điểm của đoạn nối trực tâm H của tam giác
ABC với điểm . G là trọng tâm tam giác ABC. Khi đó G, H và S
p

thẳng hàng và G cũng là trọng tâm tam giác HIB

a
.
* Điểm delongchamp là điểm đối xứng của trực tâm H qua tâm O đường
tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Điểm là trung điểm của đoạn nối
điểm Nagen và điểm delongchamp.

11. Định lí Poncelet về bán kính đường tròn nội tiếp, bàng tiếp trong
tam giác vuông.
Định lí: Cho tam giác ABC có
, , ,
a b c
r r r r
lần lượt là bán kính các đường
tròn nội tiếp, bàng tiếp góc A, B, C. Chứng minh rằng: tam giác ABC
vuông tại A khi và chỉ khi
a b c
r r r r
  
.

Chứng minh::
Gọi S , lần lượt là diện tích và chu vi tam giác ABC, ta có:
2 2 2
1 1 1 1
1 1
( ) ( )( )
( ) ( )( )
a b c
S S S S
r r r r

p a p p b p c p a p p b p c
p p a p b p c a b c
p p a p b p c
          
     
         
  


12. Ðịnh lí Hansen
Ðịnh lí: Cho tam giác .Chứng minh rằng các điều kiện sau tương
đương:
1) Tam giác vuông
2)
a b c
r r r r a b c
     

3)
2 2 2 2 2 2 2
a b c
r r r r a b c
     

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
16

Chứng minh:
Ðầu tiên ta chứng minh một vài hệ thức phụ sau:
i)
4 sin
2
A
r R


ii)
4 sin cos cos
2 2 2
a
A B C
r R
3i)
2
sin 2 2 cos
A A
 



Thật vậy, ta có:
i)
cot cot
2 2
B C
a r
 

 
 
 

cos
2
2 sin cot cot 4 sin cos .
2 2 2 2
sin sin
2 2
A
B C A A
R A r R r
B C
 
    
 
 



4 sin
2
A
r R



ii)
a

r p a
r p

 =
sin sin sin
sin sin sin
B C A
A B C
 
 
=
cos sin sin
2 2 2
cos cos cos
2 2 2
A B C
A B C


4 sin cos cos
2 2 2
a
A B C
r R 
3i)
 
2 2 2
2 2
1 cos2 1 cos 2 1
(sin ) 1 cos 2 (cos 2 cos2 ) cos

2 2 2
2 cos( )cos( ) cos 2 cos .cos( ) cos
1
2 cos . cos( ) cos( ) 2 2 cos
2
A A
A C A B C
A B A B C C A B C
C A B A B A
 
       
        
      




Trở lại bài toán ban đầu ta có:
1)
a b c
r r r r a b c
     

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
17

4 sin sin cos cos 2 sin
2 2 2 2
sin sin cos cos 2 cos

2 2 2 2 2
tan tan 2 (1)
2 2
A A B C
R R A
A A B C A
A A
 
  
 
 
  
  
 


 



Đặt tan , tan , tan
2 2 2
A B C
x y z
  
. Khi đó xy + yz + zx = 1
(1)

xyz +x + y + z = 1 + xy + yz + zx


(1 - x)(1 - y)(1 - z) = 0


Tam giác ABC vuông
2)
2 2 2 2 2 2 2
a b c
r r r r a b c
     

 
 
2
2 2 2 2
2
2
2 2 2
(4 ) sin sin sin sin (2 ) sin
2 2 2 2
4 sin sin sin sin 2 1 cos
2 2 2 2
4 cos tan tan 2 1 cos (2)
2 2 2
A A B C
R R A
A A B C
A
A A A
A
 

 
  
 
 
 
 
 
 
 
   
 
 
 
 
 
 
   
 
 
 

 
  

Đặt tan , tan , tan
2 2 2
A B C
x y z
  
. Khi đó

2
2 2
1 1
cos ,cos
2 1 1
A x
A
x x

 
 

2 2
2
2 2 2 2
2 2
2 2 2 2
2( )
1
(2) 1 2( ) (1 ) (1 )
(1 ) 1
( ) 1 ( ) (1 ) 0
xyz x
x
xyz x x x
x x
xyz x xy x


        

 
      


  

  

ABC
 
vuông

13. Định lí Steiner về bán kính các đường tròn
Định lí:Chứng minh rằng trong tam giác ta có: 4
a b c
r r r R r
   


Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
18



Chứng minh:
Ta có:
4
a b c
r r r R r

   

1 1
S abc S abc
S
p a S p p a p S
 
     
 
 
 
 

( )( ) ( )( ) ( )( ) ( )( )( )
.
( )( )( )
p p a p b p p b p c p p c p a p a p b p c abc
S
p p a p b p c S
           
 
  

( )( ) ( )
p p a p b p a abc
     



2 3 2

(3 2 ( ) )
p p p a b c ab p p a p ab abc abc
         
  

3 2
2 0
p p a p ab p ab
     
  
(hiển nhiên)

14. Đường tròn nội tiếp Mixtilinear

Một đường tròn tiếp xúc trong với đường tròn ngoại tiếp và tiếp xúc với
hai cạnh của tam giác ABC được gọi là đường tròn nội tiếp - mixtilinear
tam giác ABC.
* Điểm Symmedian chính là điểm đối xứng với trọng tâm qua tâm đường
tròn nội tiếp tương ứng.
* Điểm liên hợp đẳng giác: cho tam giác ABC và M bất kì; các đường
thẳng đối xứng với AM, BM, CM qua các phân giác tương ứng giao nhau
tại một điểm là M'; khi đó, M và M' là hai điểm liên hợp đẳng giác (hay
ngắn gọn là hai điểm đẳng giác).

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
19


Bµi to¸n 14.

Cho các đường tròn (O, R), (I, r) là các đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp
tam giác ABC, đường tròn (O
a
, R
a
) tiếp xúc trong với (O) tại T và tiếp
xúc các cạnh AB, AC của tam giác ABC lần lượt tại E, F.
1) Chứng minh rằng I là trung điểm của đoạn EF.
2) Gọi (O
b
, R
b
), (O
c
, R
c
) là các đường tròn tương tự đường tròn (O
a
, R
a
)
Chứng minh: 4r

R
a
+ R
b
+ R
c


2R.
HD.
1. Chứng minh rằng I là trung điểm của EF.
Phép vị tự tâm T biến (O
a
, R
a
) thành (O, R), F thành K, E thành H, O
a
thành O, O
a
E thành OH, O
a
F thành OK.
O
a
E

AB nên OH

AB, tương tự OK

AC.
Suy ra K, H à các trung điểm của các cung nhỏ trương bởi các dây AC,
AB.
Giả sử phân giác trong góc B cắt EF tại I. Ta chứng minh I thuộc phân
giác trong góc C.
Thật vậy:


0
A B BH
EIB = AEI - EBI = 90 - - = sd = BTE
2 2 2
   
Suy ra tứ giác EITB nội tiếp
Mặt khác:
C B B
BTE = , ETI = , CTF =
2 2 2
   nên
C
ITF =
2
 .
Để ý rằng
0
A B+C
AFI = 90 - = = ITC
2 2
 
Suy ra tứ giác FITC nội tiếp
H
F
K
E
O
O
a

I
C
T

B
A
Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
20

Do vậy:
C
ICF = ITF =
2
  (đpcm)
2. Như thê O
a
, I, A thẳng hàng và O
a
A

EF.
Ta có: R
a
= O
a
F =
A A A
2

2 2 2
IF 1 r r
= . =
A
cos cos cos
cos
2

2
A
a
2
R 4r tg 1
  
 
lµ hiÓn nhiªn v×
2
A A B
2 2 2
tg tg tg

 
= 1
a
2
A
2
1 1 1
R =2r 2r 2r
cos 1 + cosA cos(B - C) - cos(B + C)

 
   
=
=
1
2r
2sinBsinC

=
1
2Rr
2RsinBsinC

=
a
1
2Rr
h

= 2R
Bài toán 15. Cho tam giác , là tâm đường tròn nội tiếp. Các đường
tròn bàng tiếp góc A, B, C theo thứ tự tiếp xúc với BC, CA, AB tại M, N,
P. Các đường thẳng
, ,
a b c
d d d
lần lượt qua M, N, P và lần lượt song song
với IA, IB, IC. Chứng minh rằng
, ,
a b c

d d d
đồng quy.
Lời giải :

Gọi
, ,
A B C
I I I
lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B, C của tam
giác . Gọi tiếp điểm của
( ),( )
B C
I I
lần lượt trên BC là L, J.
Dễ dàng thấy rằng tam giác
A B C
I I I
có các điểm A, B, C lần lượt thuộc
và .
Dễ dàng tính được ML = BM + BL = p - c + p - a = b và
Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
21

MJ = MC + CJ = p - b + p - a = c
Do đó theo định lí Pitago:

2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( ) ( )
C B C B c b

MI MI LI ML MI MJ r b r c
        

Hoàn toàn tương tự, ta được:
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
B A b a
A C a c
PI PI r a r b
NI NI r c r a
    
    

Từ đó suy ra :
2 2 2 2 2 2
( ) ( ) ( ) 0
C B B A A C
MI MI PI PI NI NI
     

Theo định lí Carnot suy ra
, ,
a b c
d d d
đồng quy.

Định lí Carnot
Cho . Gọi M, N, P lần lượt là các điểm thuộc các cạnh BC, CA,
AB.
, ,

M N P
d d d
lần lượt là các đường thẳng đi qua M, N, P và vuông góc
với BC, CA, AB.
, ,
M N P
d d d
đồng quy khi và chỉ khi:
MB
2
+ NC
2
+ PA
2
= MC
2
+ NA
2
+ PB
2


Chứng minh:
a)Phần thuận:
Gọi
, ,
M N P
d d d
đồng quy tại O.
MB

2
+ NC
2
+ PA
2
= MC
2
+ NA
2
+ PB
2


MB
2
+ OM
2
+ NC
2
+ ON
2
+ PA
2
+ OP
2
=
MC
2
+ OM
2

+ NA
2
+ ON
2
+ PB
2
+ OP
2


OB
2
+ OC
2
+ OA
2
= OB
2
+ OC
2
+ OA
2

(Hiển nhiên))
b) Phần đảo
Gọi giao điểm của d
M
, d
N
tại O. Qua O hạ đường vuông góc xuống AB

tại P'. Áp dụng định lí thuận ta có MB
2
+ NC
2
+ P'A
2
= MC
2
+ NA
2
+
P'B
2
. Suy ra P' trùng với P.

III. Một số bài toán tham khảo.
Bài toán 16.
Cho tam giác có ba đường cao AD, BE, CF đồng quy tại . Gọi A',
B', C' lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ A, B, C xuống các cạnh EF,
FD, DE . Gọi
, ,
a b c
d d d
lần lượt là đường thẳng đi qua A', B', C' và song
song với HA, HB, HC. Chứng minh rằng
, ,
a b c
d d d
đồng quy.
Bài toán 17 .

Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Các phân giác trong BE, CD. (D, E
tương ứng thuộc các cạnh AB, AC). Đường thằng DE cắt (O) tại M, N.

Đường tròn bàng tiếp
Trần Xuân Bang- THPTChuyên Quảng Bình
22

Gọi I là tâm đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC. Chứng minh
IM = IN.
Bài toán 18.
Cho tam giác ABC. H là trực tâm. (BHC) giao đường tròn Euler của tam
giác ABC tại 2 điểm M,N. Chứng minh AM = AN.

C. Kết luận.
Tôi đã tập hợp các bài toán này với một sự say mê vô cùng và cũng đã
trình bày trước DDTHSGQG năm học 2013-2014, và được sự tiếp đón
nồng nhiệt, đặc biệt là của các bạn trẻ yêu Toán lớp Toán 11.
Xin tiếp thu các ý kiến của bạn đọc.



Tài liệu tham khảo: Chuyên mục Toán Sơ cấp Mathscope.



MỤC LỤC
A. Đặt vấn đề trang 01
B. Nội dung
I. Một số tính chất trang 01
II. Một số bài toán áp dụng trang 03

III. Một số bài toán tham khảo trang 21
C. Kết luận trang 22


Đồng Hới, tháng 4 năm 2014
NGƯỜI THỰC HIỆN


TRẦN XUÂN BANG

XẾP LOẠI CỦA TỔ TOÁN





XẾP LOẠI CỦA HĐKH TRƯỜNG