Một bài toán thú vị liên quan đến tính chất điểm Feuerbach

<span class='text_page_counter'>(1)</span><div class='page_container' data-page=1>

<b>Một bài toán thú vị liên quan đến tính</b>

<b>chất điểm Feuerbach</b>

Nguyễn Đăng Khoa

Ngày 22 tháng 4 năm 2020

Trong Group Hình học phẳng, anh <b>Nguyễn Duy Khương</b>có đưa lên bài tốn nhìn
khá đẹp, đề bài phát biểu như sau

<b>Bài tốn 1.</b><i>Cho tam giác</i>ABC<i>nội tiếp đường trịn</i>(O)<i>. Trung trực</i>OA<i>cắt</i>BC<i>tại</i>P,
<i>định nghĩa tương tự hai điểm</i>Q,R. Chứng minh rằng các đường trịn(AOP),(BOQ),(COR)

<i>đồng trục.</i>

Sau khi nghịch đảo tâmO, phương tíchOA2thì ta đưa về bài toán sau

<b>Bài toán 2.</b> <i>Cho tam giác</i> ABC <i>nội tiếp đường tròn</i> (O)<i>. Đường tròn</i> (A,AO) <i>cắt</i>

(BOC)<i>tại điểm</i>D<i>khác</i>O<i>. Xác định tương tự</i>E,F<i>. Chứng minh rằng</i>AD,BE,CF <i>đồng</i>
<i>quy.</i>

F
E
D

Fe'

D'

Fe

N

N

N'
H

K

O'
F

E

D

M' P

M D

J
I

O

C

O

C

O

C
A

B

A

B

A

B

Bài tốn này đã được giải tại [1]. Tuy nhiên, mình tình cờ nhận được bài tốn thầy
<b>Sĩ Đức Quang</b>nhờ giải. Nội dung như sau

<b>Bài tốn 3.</b><i>Cho tam giác</i>ABC<i>nội tiếp</i>(O)<i>có ba đường cao</i>AD,BE,CF. GọiN<i>là</i>
<i>tâm đường tròn Euler của tam giác</i>DEF <i>và</i>O0<i>là tâm đường trịn</i>(BOC)<i>. Chứng minh</i>
<i>rằng</i>AO0<i>là phân giác góc</i>∠NAO.

Đây là một kết quả đẹp, khó và rõ ràng nếu chứng minh được bài tốn này thì bài
tốn 2 chỉ là hệ quả. Chúng ta cùng đi giải bài toán này như sau.

</div>
<span class='text_page_counter'>(2)</span><div class='page_container' data-page=2>

<b>Lời giải.</b> <i>(Nguyễn Đăng Khoa)</i>

N

N'
H

K

O'
F

E

D
Q N

M D

IA
P

O

C

O

C
A

B

A

B

Ta lấy K là điểm đối xứng vớiOquaBC. Theo tính chất quen thuộc thìAK đi qua
tâm đường trịn Euler làN0của tam giácABChay là tâm đường tròn(DEF).

Ta thấyOK·OO0=OB2=OA2nên_∠OAO0=_∠OKA=_∠DAK. Suy ra ta cần chứng
minh_∠DAN0= 1

2∠NAO.

Ta đưa bài tốn về cấu hình đường trịn bàng tiếp và chú ý rằng AO⊥EF thì bài
tốn phát biểu như sau.

<b>Bài toán.</b> Cho tam giác ABC với tâm đường tròn ngoại tiếp làO, tâm đường tròn
Euler làN. GọiJlà tâm đường trịn bàng tiếp đối diện gócAcủa tam giácABCvàDlà
hình chiếu củaJlênBC. Chứng minh rằng_∠AJO=1

2∠NJD.

Trước hết ta biết rằng đường trịn (N)và (J)tiếp xúc ngồi tại điểmF_e và nếu lấy
D0 đối xứng vớiDquaAI thì ta có M,Fe,D0 thẳng hàng. Tính chất này rút ra được khi

chứng minh định lý Feuerbach bằng nghịch đảo.

Ta lấyM0đối xứng với M quaAI trong đóM là trung điểmBC,M0Dcắt lại(J)tại
F_e0thìFeđối xứng vớiFe0quaAI. LấyPlà trung điểmMM0vàIlà điểm chính giữa cung

BCkhơng chứaAcủa(O), khi đóIJ=IB=IC.

Ta có_∠F_eDD0=_∠F_e0D0D=_∠MDM0và ta sẽ đi chỉ raOJ⊥DM0.
Thật vậy,

</div>
<span class='text_page_counter'>(3)</span><div class='page_container' data-page=3>

Fe'

D'

Fe

N

N
N'
H

K

O'
F

E

D

M' P

M D

J
I

O

C

O

C
A

B

A

B

M0O2−OD2= (OM2+M0M2−2 cos∠M0MO·MM0·MO)−(OM2+MD2)
=M0M2+2 cos_∠PMI·MM0·MO−MD2

=MM02+·MM02·MO

MI −MD

2

=MM02· OI

MI−MD

2_.

Chú ý rằng OI
MI =

2OI·MI

2MI2 =

IC2

2MI2 =

IJ2

2MI2 nên suy ra

MM02· OI

MI =

2MP2·IJ2
MI2 −MD

2₌

2(IJ·sin_∠MIP)2−MD2=2MD2−MD2=MD2.

</div>
<span class='text_page_counter'>(4)</span><div class='page_container' data-page=4>

và JM02−JD2=JM2−JD2=MD2 nên theo định lý 4 điểm ta cóOJ⊥DM0, từ
đây suy ra_∠MDM0=_∠OJD=_∠IOJ.

Ta dễ dàng biến đổi góc để có_∠D0F_eD=_∠OIJ=90◦+1₂_∠BAC+_∠ACB.

Vậy suy ra ta có hai tam giácIOJvàFeDD0đồng dạng nên hai góc∠AJO=∠IJO=

∠F_eD0D= 1

2∠FeJD=
1

2∠NJD. Kết thúc phép chứng minh.

<b>Reference</b>

1. Bài toán của anh Nguyễn Duy Khương,<i>Group Hình học phẳng.</i>

/>

2. Blog Tốn học của Khoa Nguyễn.

/>

Nguyễn Đăng Khoa: K36 trường THPT chuyên Hùng Vương, Việt Trì, Phú Thọ.
<i>E-mail address:</i>

</div>

<!--links-->
<a href=' /> Một số bài toán giải được liên quan đến nhóm con của nhóm tự do

• 59
• 630
• 5