Một hướng chứng minh mới cho định lí Feuerbach cùng khai thác

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

Một hướng chứng minh mới cho

định lí Feuerbach cùng khai

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

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 tơi tìm được khá nhiều chứng minh đẹp đẽ cho
các kết quả của điểm F euerbach dựa trên lời giải mới cho bài tốn 1.

Bài tốn 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 khơng khó, bạn đọc có thể tham khảo bài 9.7 trong đề
thi Sharygin chính thức năm 2019 cho bổ đề 1.

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

∠M FeN = 180◦ − ∠A). Gọi KD ∩(I) = Fe0, ta có: KD.KFe0 = 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 ≡Fe0.

Ta có: N, Fe, S, F đồng viên. Suy ra ∠N FeF =∠N SF. Ta kẻ tiếp tuyếnFex của (I). Ta
có: _∠xFeN =∠xFeF −∠N FeF =∠XFeF −∠T SF. Ta cần có ∠FeM S =∠xFeN 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 Fe qua
M N. Ta thu được 1 lời giải hết sức gọn cho một tính chất nổi tiếng về điểm F euerbach.

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

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 tốn 1,
ta có G= (AM N)∩(AEF). Do đó:_∠OGA=_∠IGA= 90◦ suy ra O, I, Gthẳng hàng. Như
vậy ta có Fe chính là điểm Anti−Steiner của OI ứng với tam giác DEF.

Tiếp tục tơi muốn đề cập đến bài tốn sau.

</div>
<span class='text_page_counter'>(5)</span><div class='page_container' data-page=5>

1.png

Lời giải. Ta chứng minh bài tốn 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: POa/(O) = OaO

2 ₋ _R2 _và

OaD.OaO =OaO(OaO−OD) =OaO2−OD.OaO. Ta có: R2 =OM.OK =OD.OOa do đó:
P_O_a_/₍_O₎ =OaD.OaO=OaX0.OaA0 dẫn đến điều phải chứng minh.

Liên hệ bài toán trên bằng cách đổi mơ hình về đường trịn nội tiếp(để ý điểm cắt ở bài
tốn 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 tốn 3.

</div>
<span class='text_page_counter'>(6)</span><div class='page_container' data-page=6>

Tiếp tục khai thác mơ hình bài tốn ban đầu, ta có tính chất kinh điển của điểmF euerbach.
Bài tốn 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 cịn lại.

Lời giải(Nguyễn Duy Khương).

</div>
<span class='text_page_counter'>(7)</span><div class='page_container' data-page=7>

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).

Khơng mất tính tính tổng qt 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 I

0_X _{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 ngồi thì RQ, J M cắt
nhau tại tâm vị tự ngồi của đường trịn (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 ngồi

(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
khơng 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 tốn địi hỏi sự kết hợp khéo
léo giữa góc và tỉ số.

</div>
<span class='text_page_counter'>(8)</span><div class='page_container' data-page=8>

Bài tốn 7. Cho tam giácABCnội tiếp(O), ngoại tiếp(I)cóFelà điểmF euerbach.M, D
lần lượt là trung điểmBC và hình chiếu củaI lênBC. Chứng minh rằng4FeDM ∼ 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 Fe qua M N. Sử dụng
các kết quả từ bài tốn 1, ta có: _∠FeED = ∠KED + ∠FeEK = ∠F AS + ∠T SR =

90◦+_∠RAI = _∠AIO. Để ý rằng Fe, E, M, T đồng viên từ bài tốn 1 do đó: ∠DFeP =

∠DFeE−∠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 tốn 6. Ta thấy rằng từ cặp đồng dạng trên suy ra: FeP
OA =

DP
IO.
Tương tự thì: FeM

OB =
EM

IO và
FeN

OC =
N F

</div>

<!--links-->