Một số vấn đề về đa giác lưỡng tâm

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. Những
đa 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 tính
chất 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 đường
tròn 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
1
1

+
= (2.1.2)
R+d R−d
r
√
√
√
R − d − r + R + d − r = 2R (2.1.3)
R+d
−1
r

R−d
−1
r
1

= 1 (2.1.4)


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 thứ
hai 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.
A

F
I
O

C

B

E

Gọi E là giao của AI và (O). F là hình chiếu của I trên AB.
BE
= 2R.
Theo định lý hàm số sin,
sin ∠BAE
BE
Lại có r = IF = AI. sin ∠BAE nên 2Rr =
.AI. sin ∠BAE = BE.AI = IA.IE (theo bổ
sin ∠BAE
đề 1),
Mặt khác, IA.IE = R2 − OI 2 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 thức
sau:
1
1

1
+
= 2 (2.2.1)
(R + d)2 (R − d)2
r
(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

d2 = R2 + r2 − r

2

−1

= 1 (2.2.4)

r2 + 4R2 (2.2.5)

2

B
N

A
I
O

D
C
M

Chứng minh. Sau một số biến đổi có thể thấy 5 hệ thức trên tương đương nhau, vì vậy ta chỉ chứng
minh hệ thức (2.2.1), hay còn gọi là định lý Fuss.
Kéo dài BI, DI cắt (O) lần lượt tại M, N .
1
Ta có ∠M N C + ∠N M C = ∠IBC + ∠IDC = (∠ADC + ∠ABC) = 90o .
2
Suy ra O là trung điểm M N .
Áp dụng công thức tính đường trung tuyến trong tam giác IM N ta có:
IM 2 IN 2 M N 2
IM 2 IN 2
OI 2 =
+
−
=
+
− R2 .
2
2
4

2
2
1
1
2(R2 + d2 )
IM 2 + IN 2
IM 2
IN 2
Do đó
+
=
=
=
+
(R + d)2 (R − d)2
(R2 − d2 )2
(PI /(O))2
IM 2 .IB 2 IN 2 .ID2
∠B
∠D
sin2
sin2
1
1
2
2 = 1.
+
=
+
=

2
2
2
2
IB
ID
r
r
r2
1
1
1
2(R2 + d2 )
2
2
Nhận xét 1. Từ định lý Fuss, 2 =
+
=
≥ 2
≥ 2 , ta suy ra
2
2
2 − d2 )2
2
r
(R
+
d)
(R
−

d)
(R
R
−
d
R
√
R ≥ 2r.
Vì mục đích của bài viết không đi sâu vào tính toán và chứng minh các công thức nên tác giả chỉ
đề cập và không chứng minh các tính chất sau. Bạn đọc có thể coi như bài tập tự luyện để thử sức
mình.
Tính chất 2.2.2. Trong mọi tứ giác lưỡng tâm ABCD, các đẳng thức sau đây thoả mãn.
AB
CD
AD
BC
=
,
=
(2.3.1)
IA.IB
IC.ID IA.ID
IB.IC
AC
BD
2R
=
= 2
(2.3.2)
IA.IC

IB.ID
R − d2
1
1
1
1
1
+
=
+
= 2 (2.3.3)
IA2 IC 2
IB 2 ID2
r
BD2
AC 2
=
(2.3.4)
IA2 + IC 2
IB 2 + ID2
8Rr

1
1
+
AC
BD

= AB + BC + CD + DA (2.3.5)

AC.BD =

8R2 r2
(2.3.6)
R2 − d2
3


IA.IB.IC.ID = 2r2 (R2 − d2 ) (2.3.7)
AB + BC + CD + DA
R2 − d2
=
(2.3.8)
AC + BD
Rr
pq
4R2
−
= 1 (2.3.9)
4r2
pq
xz = yt (2.3.10)
p
x+z
=
(2.3.11)
q
y+t
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 của
bốn 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 tứ
giác ABCD được cho bởi một trong các công thức:
√
S=
S=

√
4

abcd (2.4.1)

xyzt(x + y + z + t) (2.4.2)

S = AI.CI + BI.DI (2.4.3)
S = 2r2

1
1
+
sin A sin B

(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 các
công thức:
√
√
abcd
abcd
=

(2.5.1)
r=
a+c
b+d
r=

R=

1
4

√

xz =

√

yt (2.5.2)

(ab + cd)(ac + bd)(ad + bc)
(2.5.3)
abcd

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 điểm
của AB, BC, CD, DA với (I). Khi đó tứ giác ABCD lưỡng tiếp khi và chỉ khi M P ⊥ N Q.

4

A

M

Q
D

E
P
B
N
C

Chứng minh. Gọi E là giao điểm của M P và N Q.
1
Do ∠DP M = ∠AM P nên ∠DP E = 180o − (∠CDA + ∠DAB).
2
1
o
Tương tự, ∠DQE = 180 − (∠CDA + ∠DCB).
2
1
Do đó ∠P DQ + ∠P EQ = 360o − (∠DQE + ∠DP E) = ∠CDA + (∠DAB + ∠DCB)
2
Suy ra tứ giác ABCD nội tiếp khi và chỉ khi ∠DAB + ∠DCB = 90o ⇔ ∠P EQ = 90o hay
M P ⊥ N Q.
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 các

đường 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 ⊥ M P, IF ⊥
N Q 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 diện
nào đối xứng nhau qua đường chéo. Khi đó tứ giác ABCD lưỡng tiếp khi và chỉ khi đường thẳng
Newton của tứ giác ABCD vuông góc với đường thẳng Newton của tứ giác tiếp điểm M N P Q.
E

A
M

Q
J

D

K
G I

T

P

L
B
N

C
F

Chứng minh. Gọi K, L lần lượt là giao điểm của IE và M P , IF và N Q; T là giao điểm của M P và
N Q; 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 đường
thẳng Newton của tứ giác ABCD. Mặt khác, K, L lần lượt là trung điểm M P , N Q nên KL là đường
thẳng Newton của tứ giác M N P Q.
Xét đường tròn (I) có M P là đường đối cực của E, N Q là đường đối cực của F suy ra EF là
đường 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 T I của
đường tròn ngoại tiếp tứ giác T LIK khi và chỉ khi hoặc G là trung điểm T I hoặc KL ⊥ T I. Trường
hợp KL ⊥ T I không xảy ra do IT ≡ IJ nên tứ giác ABCD có hai đỉnh đối diện đối xứng nhau qua
đường chéo. Vì vậy G là trung điểm IT . Điều này tương đương ∠EIF = 90o nên theo tính chất 2.2.7
ta có đpcm.
Tính chất 2.2.8. Trọng tâm G của tứ giác tiếp điểm XY ZT nằm trên OI và IG =

r2 d
.
R2 − d2

B
X
A
A'

B'

T

Y
O'

O
I

D'
C'
D

Z

C

Chứng minh. Gọi A , B , C , D lần lượt là trung điểm T X, XY, Y Z, ZT .
2
Ta có IA.IA = IB.IB = IC.IC = ID.ID = r2 nên phép nghịch đảo NIr : A → A , B →
B , C → C , D → D và đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD thành đường tròn ngoại tiếp tâm O của
tứ 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.
−→
−→
−→
r2
r2
Theo phép nghịch đảo, IG =
.IO.
.IO = 2

PI /(O)
d − R2
r2 d
Vậy G nằm trên OI và IG = 2
.
R − d2
Tính chất 2.2.9. Giao điểm P của hai đường chéo AC và BD nằm trên OI, đồng thời IP =

2r2 d
.
R2 − d2

Chứng minh. Cách 1. Gọi U, V lần lượt là trung điểm XZ, Y T . Dễ dàng có IU P V là hình chữ nhật
nên trọng tâm tứ giác XY ZT là trung điểm IP . Tính chất 2.2.10 thực chất là hệ quả của tính chất
2.2.9.
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


B
C1
D1

A

P

I

O
L

D
B1
A1
C

Gọi A1 , B1 , C1 , D1 lần lượt là giao điểm của AI, BI, CI, DI với (O). Theo phép chứng minh tính
chất 2.2.1, A1 C1 và B1 D1 là các đường kính của (O).
Gọi L là giao điểm của A1 B và D1 C.
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.
M
P'

B
X

A
E
T
P

Y

I

D

O
Z

N
C

Gọi P là giao của OI với M N. Ta thấy P lần lượt nằm trên đường đối cực của P ứng với (I), (O)
nên IP.IP = r2 và OP.OP = R2 .
r2
R2
R2
Từ đó IP =
, IP + OI = OP =
=
.
IP
OP
IP + OI
R2
r2
Đặt IP = x suy ra d =
− .
x+d

x
2r2 d
R2
r2
Bây giờ ta thay x = 2
và
tính
K
=
−
.
R − d2
2r2 d
2r2 d
+d
R2 − d2
R2 − d2
7


Từ công thức (2.2.2) suy ra 2r2 =
Suy ra
K=

(R2 − d2 )2
R2 + d2

R2
R2 − d2
R2 (R2 + d2 )

R2 − d2
R2 + d2 − R2 + d2
−
=
−
=
= d.
2d
d(R2 − d2 + R2 + d2 )
2d
2d
(R2 − d2 )d
+d
R2 + d2

Vậy IP =

2r2 d
.
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 đường
tròn (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 hai
đường tròn đồng tâm.
A

D
O'

P

P'

I

I'

O

C
B

Chứng minh. Xét phép nghịch đảo cực P phương tích k. NPk : (O) → (O ), (I) → (I ).
PI
k
k
k
Ta có
=
suy ra P I =
=
PP /(I)
PI
P I.P P
PP
PO
k
k

k
=
=
suy ra P O =
PP /(O)
PO
P O.P P
PP
Từ đó P I = P O 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.
A

D

P

I

O

C

B

8


1
Chứng minh. Ta có ∠IAO = ∠IAB −∠OAB = ∠DAB −(90o −∠ACB) = ∠ACB −∠ICB = ∠ACI.
2

Do đó OA là tiếp tuyến của (AIC). Chứng minh tương tự suy ra O là giao điểm của hai tiếp tuyến
tại 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. Tương
tự 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 hai
cạnh đối diện còn lại tại M, N . Khi đó độ dài M N không phụ thuộc vào việc chọn cạnh của tứ giác
để kẻ song song với nó.
A

N
D
K
O
I

L

M
C
B

Chứng minh. Gọi M N và LK là hai đường thẳng qua I và lần lượt song song với AD, BC (M, K ∈
CD; N, L ∈ AB).
Ta có ∠IN L = ∠DAB = 180o − ∠DCB = ∠M KI nên tứ giác M KN L nội tiếp, từ đó hai tam
giác KIM và N IL đồng dạng.
Do hai tam giác này có đường cao hạ từ I đều bằng r nên IK = IN, IM = IL, KM = N L.
Dễ thấy tam giác AN I cân tại N nên N A = N I. Tương tự, LI = LB, IK = KC, IM = M D.
Suy ra 2M N = M N + KL = AN + LB + AM + KC = AB − N L + CD + KM = AB + CD =
1
(AB + BC + CD + DA).

2
1
⇒ M N = (AB +BC +CD +DA) và không phụ thuộc vào việc chọn cạnh của tứ giác ABCD.
4
Tính chất 2.2.13. (Juan Carlos). Gọi X, Y, Z, T là tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA. H, K là
hình chiếu của I trên BD, AC. Khi đó SXKT = SXHY .

9


A

T
X
D
K

I
O
H

B
Y
C

Chứng minh. Ta có tứ giác T KXA và XBY H lần lượt nội tiếp đường tròn đường kính IA, IB suy ra
∠KXT = ∠CAD = ∠CBD = ∠HXY .
1
XT.XK. sin ∠T XK
SXKT

XT.XK
IA2 . sin ∠DAB. sin ∠CAB
IA2 .BD.BC
Từ đó
= 2
=
=
=
1
SXHY
XY.XH
IB 2 . sin ∠ABC. sin ∠DBA
IB 2 .AC.AD
XY.XH. sin ∠HXY
2
IA2
AC.AD
Như vậy ta cần chứng minh
=
.
IB 2
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.
AB
IA
k
AB
AB

CD
CD
Đặt PI /(O) = k. Ta có
=
=
⇔
=
. Tương tự
=
. Do
AB
IB
IA.IB
IA.IB
k
IC.ID
k
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.
AC.AD
IA.IC IA.ID
IA2
Như vậy
=
.
=
. Suy ra đpcm.
BD.BC
IB.ID IB.IC
IB 2

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, T IX. 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 .
A

X

T
M
H4

K3

D

Q

P

O

I

Z
B

N
Y
C

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 ∠N P Y = ∠T Y Z = ∠T ID = ∠T ZM = ∠T P M . Suy ra
M, P, N thẳng hàng.
Ta thu được ∠M P Q = ∠ZP N = ∠P ZN = 90o − ∠ZY T = ∠T DI = ∠T H4 A, suy ra tứ giác
P M H4 Q nội tiếp.
Mặt khác, M, Q thuộc đường tròn đường kính K3 H4 .
Như vậy 5 điểm K3 , P, Q, H4 , M cùng thuộc một đường tròn. Suy ra ∠K3 P H4 = 90o . Chứng minh
tương tự suy ra H1 , H2 , H3 , H4 cùng nằm trên đường thẳng qua P và vuông góc với P K3 . Lại theo
phép tương tự suy ra K1 , K2 , K3 , K4 cùng nằm trên đường thẳng qua P và vuông góc với đường thẳng
đi 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, AP B, BP C,
CP D, DP A cùng thuộc một đường tròn có tâm nằm trên đường thẳng OI.
A

D

P

B

C

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 AP B, BP C, CP D, DP A 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 tròn
ngoại tiếp các tam giác AIB, BIC, CID, DIA lần lượt nằm trên các cạnh của tứ giác A B C D , tâm
đường tròn ngoại tiếp các tam giác A IB , B IC , C ID , D IA cùng nằm trên đường tròn tâm I bán
R2 − d2
kính
.
2r

11


A

C'

O'2

B'
D

I

O
D'
B
O2

C
A'

Chứng minh. Gọi O1 , O2 , O3 , O4 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AIB, BIC, CID,
DIA; O1 , O2 , O3 , O4 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác A IB , B IC , C ID , D IA .
Ta có ∠IO2 C = 2∠IBC = ∠ABC = ∠IA C, suy ra tứ giác IO2 A C nội tiếp. Suy ra ∠IO2 A =
∠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).
BC
BC
Ta có IO2 =
=
.
2 sin ∠B IC
2 sin ∠BIC
k.BC
k.BC
k
R2 − d2
Dễ dàng chứng minh được B C =
, suy ra IO2 =
=
=

.
IB.IC
2IB.IC. sin ∠BIC
2r
2r
2
2
R −d
Chứng minh tương tự suy ra O1 , O2 , O3 , O4 nằm trên đường tròn tâm I bán kính
.
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 đỉnh
nhiều hơn 4.
Tính chất 2.3.1. Cho ngũ giác lưỡng tâm ABCDE. Gọi A1 , B1 , C1 , D1 , E1 lần lượt là giao điểm
của các cặp đường thẳng (BD, CE), (CE, DA), (DA, EB), (EB, AC), (AC, BD). Khi đó ngũ giác
A1 B1 C1 D1 E1 ngoại tiếp.
Chứng minh. Cách 1.

12


B4

E
B3

B2

C3

D

C2

A4
A3
I

F

O

L

K
A'4

C

A
E2
E3

D2
D3

B
B'4

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); A4 , B4 , C4 , D4 , E4 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 B3 A4 và A3 B4 thẳng hàng.
Lại áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A4 , A4 , B4 , B4 , B3 , A3 suy ra F, O, giao điểm K của B3 B4
và A3 A4 thẳng hàng.
Việc còn lại là chứng minh K ∈ OI.
Dễ thấy B3 B4 ⊥ A3 C3 . Do đó ta chỉ cần chứng minh đường vuông góc kẻ từ B3 tới A3 C3 , A3 tới
E3 B3 giao nhau tại OI.
Lại do hai ngũ giác A3 B3 C3 D3 E3 và A2 B2 C2 D2 E2 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 kẻ
từ A2 tới E2 B2 và B2 tới A2 C2 giao nhau tại một điểm trên OI.
A

C2

A5

D2

N

E
E5
B2

M
O

Q

J

I
B

D
A2
E2
C

Gọi A5 , B5 , C5 , D5 , E5 lần lượt là trung điểm C2 D2 , D2 E2 , E2 A2 , A2 B2 , B2 C2 .
2
Phép nghịch đảo NIr : A → A5 , B → B5 , C → C5 , D → D5 , E → E5 nên ngũ giác A5 B5 C5 D5 E5
nội tiếp đường tròn tâm J và J ∈ OI.
Gọi M, N lần lượt là trung điểm B2 D2 , A5 E5 , Q là điểm đối xứng với I qua J.
Ta có C2 , M, N thẳng hàng nên N J là đường trung bình của hình thang C2 QIM , từ đó C2 Q ⊥
B2 D2 . Tương tự suy ra các đường vuông góc kẻ từ A2 tới E2 B2 và B2 tới A2 C2 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 góc
CAD, DBE, ECA, ADB, BEC đồng quy tại L. Suy ra đpcm.
Để chứng minh kết quả ngũ giác A1 B1 C1 D1 E1 ngoại tiếp ta có thể tiếp cận theo phương pháp
khác như sau.

Cách 2.
E
C2
B2

D

A

E3

B1

C1

D3

A3

A1

A2

I

L

O

D1

C3
E1

B3
D2

C
E2

B

Gọi A3 , B3 , C3 , D3 , E3 lần lượt là giao điểm của B2 D2 và C2 E2 , D2 A2 và C2 E2 , E2 B2 và D2 A2 ,
A2 C2 và E2 B2 , B2 D2 và A2 C2 .
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A2 , B2 , C2 , D2 , C2 , D2 suy ra A nằm trên đường thẳng nối giao
điểm của B2 D2 và A2 C2 , B2 C2 và A2 D2 . Tương tự với D. Từ đó E3 ∈ AD. Tương tự với A3 , B3 , C3 , D3 .
Ta có ∠C1 E3 A3 = ∠EB2 D2 − ∠EDA = ∠AD2 B2 − ∠EBA = ∠C1 A3 E3 .
Từ đó C1 A3 = C1 E3 . Tương tự, D1 A3 = D1 B3 , suy ra AE3 + AB3 = PAC1 D1 .
AD2 . sin ∠E3 D2 A
AC2 . sin ∠B3 C2 A
Mặt khác, AE3 =
, AB3 =
.
sin ∠AE3 D2
sin ∠C2 B3 A
AC2 . sin ∠B3 C2 A
AD2 . sin ∠E3 D2 A
=
Ta sẽ chứng minh AE3 = AB3 , khi và chỉ khi
sin ∠AE3 D2

sin ∠C2 B3 A
sin ∠E3 D2 A
sin ∠E3 D2 A
sin ∠AE3 D2
sin ∠D2 A3 B
sin ∠B3 C2 A
⇔
⇔
=
=
.
=
sin ∠AE3 D2
sin ∠C2 B3 A
sin ∠B3 C2 A
sin ∠C2 B3 A
sin ∠E2 A3 B
BE2
BA3
BD2
BA3
=
,
=
.
sin ∠E2 A3 B
sin ∠A3 E2 B sin ∠BA3 D2
sin ∠A3 D2 B
sin ∠D2 A3 B
sin ∠A3 D2 B

sin ∠E3 D2 A
=
=
.
Suy ra
sin ∠BA3 E2
sin ∠A3 E2 B
sin ∠B3 C2 A
Vậy AE3 = AB3 , hay A3 , B3 , E3 là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác AC1 D1
với ba cạnh. Chứng minh tương tự suy ra các tam giác AC1 D1 , BD1 E1 ,...,EB1 C1 có chung đường tròn
bàng tiếp, hay ngũ giác A1 B1 C1 D1 E1 ngoại tiếp.
Ta có

Tính chất 2.3.2. (Trần Quang Hùng). Gọi (Oa ), (Ob ), (Oc ), (Od ), (Oe ) là 5 đường tròn tiếp xúc trong
với (O) tại A2 , B2 , C2 , D2 , E2 và lần lượt tiếp xúc với các cặp tia (A1 C, A1 D), (B1 D, B1 E), (C1 E, C1 A),
(D1 A, D1 B), (E1 B, E1 C). Khi đó A1 A2 , B1 B2 , C1 C2 , D1 D2 , E1 E2 đồng quy tại một điểm trên OI.

14


C2
E

Oc

B2

A

Ob

B1

C1

D
A1
A2

L

O

Oa
E1
C

I
D1

Od

Oe
E2

D2

B

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 A1 B1 C1 D1 E1 .

Áp dụng định lý Monge-D’Alembert (xem [4]) cho 3 đường tròn (O), (Oc ), (L) ta thu được C1 C2
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 A1 A2 A3 A4 A5 A6 . Gọi tiếp điểm của A1 A2 , A2 A3 , ..., A6 A1
với (I) lần lượt là B12 , B23 , ..., B61 . Khi đó A1 A4 , A2 A5 , A3 A6 , B12 B45 , B23 B56 , B34 B61 đồng quy tại
điểm "giới hạn" của hai đường tròn (O) và (I).
X

A1
B12

B61
A6

A2

B56

P

I O
B23

A5
B45
A4

B34

A3

Y

Chứng minh. Do lục giác A1 A2 A3 A4 A5 A6 ngoại tiếp nên theo định lý Brianchon, A1 A4 , A2 A5 , A3 A6
đồng quy.
Áp dụng định lý Desargues suy ra giao điểm X ≡ A1 A2 ∩A4 A5 , Y ≡ A1 A6 ∩A3 A4 , Z ≡ A2 A3 ∩A5 A6
thẳng hàng.
Do B12 B45 , B34 B61 , B23 B56 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 B61 B45 và B12 B34 với P . Tương tự suy ra A1 A4 đi qua P . Tương tự ta thu được A1 A4 , A2 A5 ,
A3 A6 , B12 B45 , B23 B56 , B34 B61 đồng quy tại P . Do đường thẳng (X, Y, Z) cũng là đường đối cực của
P 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 P A1 A2 ,
P A2 AP3 ,...,P A6 A1 . Khi đó lục giác I12 I23 ...I61 nội tiếp đường tròn có tâm nằm trên OI.
15


A1
B61

A6

I61
B12

B56

I12

I56

A5

P

I

O

I45
B45

A2
I23

I34
A4

B23

B34
A3

Chứng minh. Ta có ∠A2 P B12 = 180o − (∠B12 P A2 + ∠P A2 B12 ) = 180o − (∠P B45 A4 + ∠P A4 B45 ) =
∠A4 P B45 = ∠A1 P B12 .
Do đó P B12 là phân giác góc A1 P A2 hay P B12 đi qua I12 . Tương tự P B23 đi qua I23 .
I12 P
A2 P
A2 P
I23 P

Ta có
=
=
=
.
I12 B12
A2 B12
A2 B23
I23 B23
Từ đó I12 I23 B12 B23 . Tương tự suy ra hai lục giác I12 I23 ...I61 và B12 B23 ...B61 có tâm vị tự là P .
Mà B12 B23 ...B61 nội tiếp đường tròn (I) nên I12 I23 ...I61 nội tiếp đường tròn có tâm nằm trên P I hay
OI.
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 (P A1 , P A2 ),(P A2 , P A3 ),...,(P A6 , P A1 ).
Khi đó L12 , L45 , I12 , I45 cùng thuộc một đường tròn ω1 , tương tự với ω2 , ω3 và ba đường tròn này giao
nhau 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 là
đường tròn nội tiếp tam giác AP B, CP D, (J1 ), (J2 ) là đường tròn tiếp xúc trong với (O) lần lượt tại
H, L và tiếp xúc với các cặp tia (P A, P B); (P C, P D). Khi đó H, L, I1 , I2 cùng thuộc một đường tròn
trực giao với (O).
Chứng minh.
B

N

K
H
A
I1

O

I2
D

Q
L
M

C

16


Gọi M, N lần lượt là điểm chính giữa cung DC chứa và không chứa L; K, Q lần lượt là điểm chính
giữa 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 ∠I1 HI2 = ∠QHM = ∠KLN = ∠I1 LI2 . Từ đó tứ giác I1 HLI2 nội tiếp.
Mặt khác, ∠OHI2 = ∠OHM = ∠HM O = ∠HM N = ∠HLN = ∠HLI2 . Suy ra OH là tiếp tuyến
của (HI1 I2 ). Tương tự suy ra đường tròn ngoại tiếp tứ giác I1 HLI2 trực giao với (O).
Trở lại bài toán.
L12

A1

L61
A6

L56

A2

I12

I61

I56
I
P

O

I23

I45

A5

L23
I34

L45

A3

A4
L34

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 P I12 .P I45 = P I23 .P I56 = P I34 .P I61 nên P có cùng phương tích
với ω1 , ω2 , ω3 .
Mặt khác, cũng theo bổ đề 2 thì ω1 , ω2 ω3 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 , ω2 ω3 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 L12 L45 và L34 L61 thì QL12 .QL45 = QL34 .QL61 ,
suy ra Q thuộc trục đẳng phương của ω1 và ω3 hay Q ∈ OI.
Tương tự suy ra L12 L45 , L34 L61 , L23 L56 đồng quy tại Q.
Tính chất 2.3.6. 6 đường thẳng J12 L45 , J23 L56 , J34 L61 , J45 L12 , J56 L23 , J61 L34 đồng quy tại một điểm
trên OI.

17


T
L12

A2

A1
L23

J12
J23

J61

L61
A6

P
Q V

L56

O
I

J56
A5

A3
J34

J45
L45

L34

A4

Chứng minh. Qọi T là giao của J34 J61 và L34 L61 . Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường
tròn (O), (J34 ), (J61 ) ta thu được T là tâm vị tự ngoài của (J34 ) và (J61 ). Gọi V là giao của J61 L34 và
J34 L61 .
Ta có (J34 J61 P T ) = −1 và OP giao L34 L61 tại Q nên (QP V O) = −1.
Tương tự ta cũng suy ra giao điểm của các cặp đường thẳng (J12 L45 , J45 L12 ) và (J23 L56 , J56 L23 )
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.

L12
A1

A2
J12

L61

J61
J23

A6
P
M

L56

J56

A5

Q V

L23

O
I

J45
J34

L45
A4

A3

L34

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 (L12 L61 , J12 J61 , L34 L45 ) ta có O ≡ L12 J12 ∩
L61 J61 , Q ≡ L61 L34 ∩ L12 L45 , V ≡ J61 L34 ∩ J12 L45 thẳng hàng. Suy ra L12 L61 , J12 J61 , L34 L45 đồng quy
tại M .
Áp dụng định lý Monge-D’Alembert cho 3 đường tròn (J12 ), (J61 ), (O) ta có M là tâm vị tự ngoài
của (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 ngoài
của (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 ) ta
suy 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 hai
lớp 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 riêng
mình.
Quay lại tính chất 2.2.15. Ban đầu ý tưởng để tìm ra tính chất này khá tự nhiên. Bắt nguồn từ
hai bài toán 3 và 4 rất quen thuộc rồi kết hợp chúng lại tạo ra cách phát biểu bài toán mới vô cùng lạ
mắt và độc đáo. Phép chứng minh cho trường hợp tứ giác lưỡng tâm có thể xem tại [9]. Một ý tưởng
mới nảy sinh là liệu với các đa giác có nhiều cạnh hơn, tính chất trên có còn đúng. Tác giả đã thử mở

rộng và chứng minh thành công cho trường hợp ngũ giác, sau đó nhận ra lời giải của ngũ giác có thể
áp dụng cho trường hợp đa giác bất kì.
Tính chất 2.3.8. Cho n−giác lưỡng tâm A1 A2 A3 ...An (≥ 3). Kí hiệu Ii là tâm đường tròn nội tiếp
của tam giác Ai−1 Ai Ai+1 ; Ai(i+1) là giao điểm của Ai Ai+2 và Ai−1 Ai+1 ; Ii(i+1) là tâm đường tròn nội
tiếp của tam giác Ai Ai(i+1) Ai+1 (i = 1, n). Khi đó 2n điểm I1 , I2 , ..., In , I12 , I23 , ..., In1 cùng thuộc một
đường tròn.

A2

O1

O2

I2

I12
A1

I23
A12

A23

I1

A3

L

I3

On

O
I34 3

A34
I4
I

A4
A45
I5

An

O
I45 4
A5

Chứng minh. Gọi Oi là điểm chính giữa của cung Ai Ai+1 . Do I1 , I2 lần lượt là tâm đường tròn nội
tiếp của tam giác An A1 A2 , A1 A2 A3 nên O1 A1 = O1 A2 = O1 I1 = O1 I2 hay A1 , A2 , I1 , I2 cùng thuộc
(O1 , O1 A1 ). Tương tự với các đường tròn (O2 ), (O3 ), ..., (On ).
Lại có A1 I1 , A2 I2 , ..., An In đồng quy tại tâm đường tròn nội tiếp I của n-giác A1 A2 A3 ...An nên
phép nghịch đảo cực I, phương tích IA1 .II1 biến đường tròn ngoại tiếp n-giác A1 A2 ...An thành đường
tròn đi qua I1 , I2 , ...., In hay I1 , I2 , ..., In cùng thuộc một đường tròn.
Mặt khác, Gọi I23 là giao của đường thẳng qua I12 và song song với O1 O2 với O1 A3 .A2 I23 cắt (O2 )
tại I3 .
Do O1 , O2 , A1 , A3 cùng thuộc một đường tròn và I12 I23 O1 O2 nên tứ giác A1 I12 I23 A3 nội tiếp.
(1)

Ta có ∠I2 I12 I23 = ∠I2 O2 O1 = ∠O1 O2 A2 = ∠O1 A3 A2 = ∠I2 I3 I23 nên tứ giác I12 I2 I23 I3 nội tiếp.
Tương tự ta cũng có tứ giác I1 I12 I2 I23 nội tiếp hay tứ giác I1 I12 I23 I3 nội tiếp. (2)
Mặt khác, ∠A1 I1 I3 = ∠A1 I1 A2 + ∠I13 I1 I3
= ∠A1 I2 A2 + ∠O2 I2 I3 = 180o − ∠A2 I2 O2 + ∠O2 I2 I3 = 180o + ∠O1 O2 A1 − ∠O1 A3 I3 .
∠A1 A3 I3 = ∠O1 A3 I3 − ∠O1 A3 A1 = ∠O1 A3 I3 − ∠O1 O2 A1 .
Do đó ∠A1 A3 I3 + ∠A1 I1 I3 = 180o hay tứ giác A1 I1 I3 A3 nội tiếp. (3)
Từ (1), (2), (3) suy ra I12 I23 , A1 A3 , I1 I3 đồng quy.
Áp dụng định lý Desargues ta suy ra A1 I1 , A2 I2 , A3 I3 đồng quy tại I. Mà A3 I3 cũng đi qua I nên
I3 ≡ I3 .
19


Suy ra I23 ≡ I23 .
Từ đó I12 , I23 ∈ (I1 I2 I3 ). Tương tự ta có đpcm.
Tính chất 2.3.9. (Định lý Poncelet về đa giác lưỡng tâm - Poncelet’s porism). Cho hai đường tròn
chứa nhau thoả 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.
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 tiếp
tuyến với đường tròn thứ hai tại B và B cùng nằm trên một đường tròn có tâm thẳng hàng với các
tâm của hai đường tròn đã cho.
Chứng minh.
Q

A'

P

B'
N
B
A

I
O
J

M

Giả sử các tiếp tuyến cắt nhau tạo thành tứ giác MNPQ như hình vẽ.
Do ∠N M Q = ∠N AB − ∠P BA = ∠P A B − ∠A B Q = ∠P QN nên tứ giác M N P Q nội tiếp. Việc
còn lại là chứng minh tâm của (M N P Q) nằm trên OI.
MA
sin ∠M BA
p
Ta có
=
= ⇒ q 2 M A2 − p2 M B 2 = 0.
MB
sin ∠M AB
q
Từ đó q 2 (M O2 − R2 ) − p2 (M I 2 − r2 ) = 0 ⇒ q 2 M O2 − p2 M I 2 = q 2 R2 − p2 r2 . Chứng minh tương
tự 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 thoả
mãn xM O2 − yM I 2 = k cho trước nếu là một đường tròn thì tâm của đường tròn này là một điểm J
−→
−
→ →

−
được xác định bởi hệ thức xJO − 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 q 2 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 A1 A2 ...An và
B1 B2 ...Bn nội tiếp và có cùng hướng sao cho các đốt A1 A2 , A2 A3 , ..., An−1 An và B1 B2 , B2 B3 , ..., Bn−1 Bn
của chúng đều tiếp xúc với (I). Khi đó các đường thẳng A1 B1 , A2 B2 , ..., An Bn cùng tiếp xúc với một
đường tròn nào đó có tâm thẳng hàng với các tâm của (O) và (I).
Chứng minh.
20


L

A2

B1
C2
B12
A12
C1

K
J

O

A23

B2

I

A1

B23
B3

C3

A3

Gọi A12 , A23 , B12 , B23 lần lượt là tiếp điểm của A1 A2 , A2 A3 , B1 B2 , B2 B3 với (I); A1 B1 ∩ A2 B2 =
{L}.
A12 A23 giao A1 B1 , A2 B2 lần lượt tại C1 , C2 .
Ta có ∠LC1 C2 = ∠LA1 A2 + ∠C1 A12 A1 = ∠LB2 B1 + ∠C2 B12 B2 = ∠LC2 C1 . Suy ra LC1 = LC2 .
Từ đó tồn tại đường tròn (J) tiếp xúc với A1 B1 và A2 B2 tại C1 , C2 .
Theo bổ đề 3 suy ra O, I, J thẳng hàng.
Tiếp theo ta chứng minh (J) tiếp xúc với A3 B3 .
Thật vậy, gọi K là giao của A12 A23 và B12 B23 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 A23 B23 với B3 A3 . Chứng minh tương tự
ta thu được tồn tại một đường tròn tiếp xúc với A2 B2 và A3 B3 lần lượt tại C2 , C3 . Như vậy (J) tiếp
xúc với A3 B3 tại C3 . Chứng minh tương tự suy ra (J) tiếp xúc với A1 B1 , A2 B2 , ..., An Bn .
Trở lại bài toán.
Giả sử n−giác A1 A2 ...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 B1 B2 , B2 B3 , ..., Bn−1 Bn , Bn Bn+1 tới (I). Ta cần chứng
minh Bn+1 ≡ B1 .
Theo bổ đề 2, tồn tại một đường tròn (J) tiếp xúc với A1 B1 , A2 B2 , ..., An Bn , An+1 Bn+1 . Do An+1 ≡
A1 nên (J) tiếp xúc với A1 Bn+1 . Mà (J) tiếp xúc với A1 B1 nên Bn+1 ≡ B1 . Bài toán được chứng
minh.
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), đồng
thời ω2 tiếp xúc ngoài với ω1 , ω3 tiếp xúc ngoài với ω2 , ..., ωn tiếp xúc ngoài với ω1 . Khi đó tồn tại vô
số chuỗi ω1 , ω2 , ..., ωn thoả mãn điều kiện trên, đồng thời có thể chọn đường tròn ω1 bất kì cùng tiếp
xúc với (O) và (I).

21


O'

I

P

O

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

22


Tài liệu
[1] Bicentric polygon, from Wolfram Mathworld.
/>[2] Bicentric quadrilateral, Wikipedia.
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.
/>[5] Nguyễn Dũng, Một số lớp đa giác phẳng đặc biệt (các đa giác lưỡng tâm (lưỡng tiếp), nửa đều và
gần đều), Luận văn thạc sĩ toán học, ĐHKHTN-ĐHQG Hà Nội, 2007.
[6] Poncelet’s porism, from Wolfram Mathworld.
/>[7] Steiner’s porism, Cut-the-knots.
/>[8] Limiting point, from Wolfram Mathworld.
/>[9] Nguyễn Văn Linh, 8 incenters are concyclic, Euclidean geometry blog.
/>[10] AoPS Forum.
/>Email:

23