Đường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếp

Đường tròn tiếp xúc trong tứ giác ngoại tiếp
Nguyễn Văn Linh

1

Giới thiệu.

Trong đợt tập huấn đội tuyển chuẩn bị cho kì thi toán quốc tế năm 2014, bạn Nguyễn Huy Tùng,
HS THPT chuyên Trần Phú, Hải Phòng, đã phát hiện ra một bổ đề khá thú vị.
Bài 1. Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. Gọi E là giao điểm của AB và CD, F là giao điểm của
AD và BC. Khi đó tồn tại một đường tròn tiếp xúc với 4 đường tròn ngoại tiếp các tam giác
EAD, EBC, F AB, F CD.
Bài viết này sẽ đưa ra một số cách chứng minh và phát triển bài toán lạ trên.

2

Chứng minh.
Cách 1.

F

B

M

X

H

A
E

I

J

Y
D
C

K

Gọi M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF . Từ M kẻ hai tiếp tuyến M H, M K tới
(I) sao cho H, K ∈ (EBC). Theo định lý Poncelet suy ra HK tiếp xúc với (I).
Qua I kẻ đường vuông góc với M I cắt M H, M K tại X, Y . Gọi (J) là đường tròn tiếp xúc với
M H, M K lần lượt tại X, Y thì theo bổ đề Sawayama, (J) là đường tròn M-mixtilinear của tam giác
M HK hay (J) tiếp xúc với (EBC). Chứng minh tương tự suy ra (J) tiếp xúc với các đường tròn
(EAD), (EBC), (F AB), (F CD).
Cách 2 (Ngô Quang Dương, HS 11A2 toán, THPT chuyên KHTN, Hà Nội).
1


F

B
X
A
Y
T
I
E

D
Z
C

Gọi X, Y, Z, T lần lượt là tiếp điểm của AB, BC, CD, DA với (I).
2
Xét phép nghịch đảo IIr biến (EAD), (EBC), (F AB), (F CD) lần lượt thành đường tròn Euler
của các tam giác T XZ, Y XZ, T XY, T ZY.
Do (EAD), (EBC), (F AB), (F CD) đồng quy tại điểm Miquel của tứ giác toàn phần ABCDEF
nên các đường tròn Euler của các tam giác T XZ, Y XZ, T XT, T ZY đồng quy tại J. Mặt khác các
đường tròn này đều có bán kính bằng r/2 nên đường tròn (J, r) tiếp xúc với cả 4 đường tròn Euler.
Nghịch đảo ngược lại ta có đpcm.

3

Khai thác.

Đầu tiên chú ý rằng các đường tròn (EAD), (EBC), (F AB), (F CD) đồng quy tại điểm Miquel
M của tứ giác toàn phần ABCDEF , điều đó khiến chúng ta nghĩ đến phép nghịch đảo tâm M . Rất
bất ngờ qua phép nghịch đảo, bài toán ban đầu trở thành một bài toán khác đã có trước đó của tác
giả Trần Quang Hùng, GV THPT chuyên KHTN, Hà Nội.
Bài 2. Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD, AB giao CD tại E, AD giao BC tại F . Gọi M là điểm Miquel
của tứ giác toàn phần ABCDEF . Xét phép nghịch đảo tâm M phương tích bất kì biến A, B, C, D lần
lượt thành A , B , C , D . Khi đó A B C D cũng là một tứ giác ngoại tiếp.
Hiển nhiên theo bài toán 1, tồn tại một đường tròn ω tiếp xúc với 4 đường tròn (M AB), (M BC),
(M CD), (M DA) nên ảnh của ω qua phép nghịch đảo sẽ tiếp xúc với các đường thẳng A B , B C ,
CD, DA.
Ở đây chúng ta giới thiệu một lời giải khác cho bài toán 2.
MB
MC

BC
M BC ∼ M AD nên
=
=
.
MA
MD
AD
MC
MD
BC
M CD ∼ M BA nên
=
=
.
MB
MA
AD
AB
BC
CD
DA
Mặt khác, A B = k.
, B C = k.
, C D = k.
, D A = k.
.
M A.M B
M B.M C
M C.M D

M D.M A
AB
CD
DC
DC
Suy ra A B + C D = k
+
= k.
1+
M A.M B M C.M D
M D.M C
AB

Chứng minh. Ta có

2


(Do

AB 2
DC 2
=
)
M A.M B
M D.M C

BC
BC
1+

M B.M C
AD
DC
AB
BC
AD
Ta cũng có
=
và
=
nên
MD
MA
MB
MA
DC
AB + DC
BC
AB
AD
1+
=
1+
=
A B + C D = k.
, B C + D A = k.
M A.M C
AB
M A.M C
M A.M C

AD
AD + BC
.
M A.M C
Mà tứ giác ABCD ngoại tiếp nên AB + DC = AD + BC, suy ra A B + C D = B C + D A . Tức
là tứ giác A B C D cũng ngoại tiếp.
Tương tự, B C + D A = k.

Bài toán 2 khiến tác giả nhớ tới một bài toán tương tự được tác giả tìm ra từ khá lâu.
Bài 3. Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD giao AC lần thứ hai tại
X, đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD giao AC lần thứ hai tại Y . Khi đó tứ giác BXDY ngoại tiếp.
Bản chất của bài toán 3 là trường hợp đặc biệt của bài toán sau.
Bài 4. Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. AC giao BD tại P . Phép nghịch đảo tâm P phương tích bất
kì biến các điểm A, B, C, D lần lượt thành A , B , C , D . Khi đó A B C D cũng là một tứ giác ngoại
tiếp.
A

B

x X
J
P

T

y
Y

t
I

D
Z
z
C

BC
AB
, B C = k.
, CD =
Chứng minh. Theo tính chất của phép nghịch đảo, A B = k.
P A.P B
P B.P C
CD
DA
k.
, D A = k.
.
P C.P D
P D.P A
AB
CD
+
Suy ra A B + C D = k.
P A.P B P C.P D
k
AB
CD
= sin ∠AP B.
+
2

1/2P A.P B. sin ∠AP B 1/2P C.P D. sin ∠DP C
k
AB
CD
+
= sin ∠AP B.
2
SAP B
SDP C
Gọi tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA lần lượt là X, Y, Z, T , AX = AT = x, BX = BY = y,
CY = CZ = z, DZ = DT = t.
Từ A kẻ đường song song với DC cắt XZ tại J. Dễ thấy ∠AXJ = ∠DZX = ∠AJX nên AX =
AJ = x.
SAP B
AP
AJ
x
Suy ra
=
=
= .
SBP C
PC
CZ
z
SAP B
SBP C
SCP D
SDP A
Chứng minh tương tự suy ra

=
=
=
= q.
xy
yz
zt
tx
AB
CD
x+y z+t
1 1 1 1 1
Từ đó
+
=
+
=
+ + +
.
SAP B
SDP C
qxy
qzt
q x y z
t
3


1 1 1 1
k

.
sin ∠AP B.
+ + +
2q
x y z
t
Tương tự suy ra A B + C D = A D + B C . Tức là tứ giác A B C D ngoại tiếp.

Như vậy A B + C D =

Do tồn tại một đường tròn γ tiếp xúc với các đường thẳng A B , B C , C D , D A nên ảnh của γ
qua phép nghịch đảo tâm P sẽ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp các tam giác P AB, P BC, P CD, P DA.
Chúng ta có bài toán mới.
Bài 5. Cho tứ giác ngoại tiếp ABCD. Gọi P là giao của AC và BD. Chứng minh rằng tồn tại một
đường tròn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp các tam giác P AB, P BC, P CD, P DA.

B

A
P
I

D
C

K

F

M

J
E
A
T

X
P

A'
D'

B
B'
Y

I

C'

D
Z
C

Bây giờ gọi X, Y, Z, T lần lượt là tiếp điểm của (I) với AB, BC, CD, DA. xét phép nghịch đảo tâm
2
I, phương tích R2 , IIR : A → A , B → B , C → C , D → D , P → M .
Dễ thấy A , B , C , D lần lượt là trung điểm T X, XY, Y Z, ZT.
Gọi T X giao Y Z tại K, XY giao ZT tại J. Theo định lý Brocard, dễ thấy M là hình chiếu của I
trên JK đồng thời M là điểm Miquel của tứ giác toàn phần XY ZT KJ. Chúng ta có bài toán mới.
Bài 6. Cho tứ giác nội tiếp ABCD. AB giao CD tại E, AD giao BC tại F . Gọi M là điểm Miquel

của tứ giác toàn phần ABCDEF , X, Y, Z, T lần lượt là trung điểm AB, BC, CD, DA. Khi đó tồn tại
một đường tròn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp của các tam giác M XY, M Y Z, M ZT, M T X.
Bài 7. Với kí hiệu như bài toán 6, phép nghịch đảo tâm M phương tích bất kì biến X, Y, Z, T thành
X , Y , Z , T . Khi đó X Y Z T là một tứ giác ngoại tiếp.
4


Như vậy trong tứ giác ngoại tiếp ABCD, điểm Miquel và giao của hai đường chéo AC và BD biến
các đỉnh của tứ giác ABCD thành các đỉnh của một tứ giác ngoại tiếp khác. Không khó để nhận ra
rằng giao điểm E và F cũng có tính chất này. Chúng ta chú ý rằng (I) là đường tròn bàng tiếp của
tam giác F AB và là đường tròn nội tiếp của tam giác F CD. Do đó đường tròn mixtilinear nội tiếp ứng
với đỉnh F của tam giác F CD đồng thời là đường tròn mixtilinear bàng tiếp ứng với đỉnh F của tam
giác F AB. Như vậy tồn tại một đường tròn ω tiếp xúc với AD, BC và tiếp xúc với (F AB), (F CD).
Khi đó phép nghịch đảo tâm F biến A, B, C, D lần lượt thành A , B , C , D , ω thành ω thì ω tiếp
xúc với các đường thẳng A B , B C , C D , D A .
Trước khi kết thúc bài viết, một câu hỏi đặt ra cho bạn đọc là trên mặt phẳng liệu còn những điểm
nào ngoài 4 điểm trên mà phép nghịch đảo có tâm là điểm đó biến 4 đỉnh của một tứ giác ngoại tiếp
thành 4 đỉnh của một tứ giác ngoại tiếp khác?

5


Tài liệu
[1] Geometry Mathley contest No.3
/>[2] Artofproblemsolving Forum
/>Nguyễn Văn Linh, SV K50 TCNH ĐH Ngoại thương Hà Nội.
Email:

6