ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

PHẠM VĂN TUYẾN

MỘT SỐ VẤN ĐỀ XUNG QUANH
ĐIỂM FEUERBACH

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2019


ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƯỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
---------------------------

PHẠM VĂN TUYẾN

MỘT SỐ VẤN ĐỀ XUNG QUANH
ĐIỂM FEUERBACH
Chuyên ngành: Phương pháp Toán sơ cấp
Mã số: 8 46 01 13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƯỜI HƯỚNG DẪN KHOA HỌC

PGS.TS NGUYỄN VIỆT HẢI

THÁI NGUYÊN - 2019


i

Mục lục
Danh mục hình

ii

Một số ký hiệu

iii

Lời cảm ơn

iv

Mở đầu

1

1 Điểm Feuerbach và một số tính chất
1.1 Sự xác định các điểm Feuerbach . . . . . . . . . . . . . .
1.2 Điểm Feuerbach và các điểm chân phân giác . . . . . . . .
1.3 Các công thức khoảng cách . . . . . . . . . . . . . . . . .
1.3.1 Khoảng cách từ điểm Feuerbach đến đỉnh tam giác
1.3.2 Khoảng cách giữa các điểm Feuerbach . . . . . . .
2 Các đường thẳng và các đường tròn đồng quy
2.1 Điểm Feuerbach và các đường thẳng Euler . . .

2.1.1 Điểm Feuerbach trong Fe . . . . . . . .
2.1.2 Các điểm Feuerbach ngoài Fa , Fb , Fc . .
2.2 Bốn đường tròn đi qua điểm Feuerbach . . . .
2.3 Bốn đường thẳng đồng quy . . . . . . . . . . .
3 Tam giác Feuerbach trong tọa
3.1 Tọa độ các điểm Feuerbach .
3.2 Quan hệ của 3 khoảng cách .
3.3 Các cặp tam giác phối cảnh .
3.4 Đường cô nic Feuerbach . . .
3.5 Một số ứng dụng khác . . . .

độ
. .
. .
. .
. .
. .

barycentric
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .
. . . . . . . .

.
.
.
.
.


.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.


.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.
.
.


.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

3
3
10
14
14
17

.
.
.
.
.

21
21
22
24

28
31

.
.
.
.
.

36
36
43
50
54
57

Kết luận

61

Tài liệu tham khảo

62


ii

Danh mục hình
1.1
1.2

1.3
1.4
1.5
1.6
1.7
1.8
1.9

Đường trịn Euler tiếp xúc trong với đường trịn nội tiếp . .
Đường trịn Euler tiếp xúc ngồi với 3 đường tròn bàng tiếp
N x là tiếp tuyến . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Dựng các điểm Feuerbach bằng compa thước kẻ . . . . . . .
Bổ đề 1.2.1 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Bổ đề 1.2.2 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
∆XY Z và ∆Fa Fb Fc đồng dạng . . . . . . . . . . . . . . .
Khoảng cách từ Fe đến các đỉnh tam giác . . . . . . . . . .
Khoảng cách từ Fa , Fb , Fc đến các đỉnh . . . . . . . . . . .

4
6
8
9
10
11
13
14
17

2.1
2.2

2.3
2.4
2.5
2.6
2.7
2.8

6 điểm A, E , F , I, E1 , F1 nằm trên một đường tròn
Đường thẳng Euler của ∆D Y1 Z1 đi qua Fe . . . . .
Đường thẳng Euler của Ta đi qua điểm Sc = X442 .
Hyperbol Jerabek đi qua D , E , F I, Ge . . . . . . .
Mệnh đề 2.6 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Mệnh đề 2.7 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Mệnh đề 2.8 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Ni ≡ X942 ; P ≡ X113 . . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.

.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.
.
.

22
23
25
27
29
30
32
34


3.1
3.2
3.3
3.4
3.5
3.6

Các điểm Feuerbach và các chân đường phân giác . . .
Fe E = F e D + Fe F . . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Điểm Feuerbach ngoài . . . . . . . . . . . . . . . . . .
Tam giác Fa Fb Fc và tam giác XY Z phối cảnh, tâm Fe
Sáu điểm Xb , Xc , Yc , Ya , Za , Zb thuộc cơ níc . . . . . .
Điểm X2160 . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

.
.
.
.
.
.

.
.
.
.
.
.

.

.
.
.
.
.

42
47
49
52
55
59


iii

MỘT SỐ KÝ HIỆU TRONG LUẬN VĂN

Stt
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11

12
13

Ký hiệu
D, E, F
D ,E ,F
∆D E F
I, O
O9
Ia , Ib , Ic
X, Xa
Y, Yb
Z, Zc
Fe
Fa , Fb , Fc
∆Fa Fb Fc
σ, σθ

14

σA , σB , σC

Nội dung ký hiệu
Trang
Trung điểm của BC, CA, AB
17
Tiếp điểm của đường tròn nội tiếp và cạnh TG
24
Tam giác tiếp xúc trong
28

Tâm nội tiếp và tâm ngoại tiếp ∆ABC
6
Tâm đường trịn chín điểm (Euler)
6
Tâm đường trịn A, B, C –bàng tiếp
6
Chân các phân giác trong và ngoài A
13
Chân các phân giác trong và ngoài B
13
Chân các phân giác trong và ngoài C
13
Điểm Feuerbach trong
10
Điểm Feuerbach ngoài
10
Tam giác Feuerbach
15
2SABC ; σ. cot θ
40
2
2
2
2
2
2
2
2
2
b +c −a c +a −b a +b −c

17
,
,
2
2
2


iv

Lời cảm ơn
Để hoàn thành được luận văn một cách hồn chỉnh, tơi ln nhận được
sự hướng dẫn và giúp đỡ nhiệt tình của PGS.TS. Nguyễn Việt Hải, Giảng
viên cao cấp Trường đại học Hải Phịng. Tơi xin chân thành bày tỏ lòng
biết ơn sâu sắc đến thầy và xin gửi lời tri ân nhất của tôi đối với những
điều thầy đã dành cho tôi.
Tôi xin chân thành cảm ơn phịng Đào tạo, Khoa Tốn Tin, q thầy
cơ giảng dạy lớp Cao học K11 (2017 - 2019) Trường đại học khoa học - Đại
học Thái Nguyên đã tận tình truyền đạt những kiến thức quý báu cũng
như tạo điều kiện cho tơi hồn thành khóa học.
Tơi xin gửi lời cảm ơn chân thành nhất tới gia đình, bạn bè, những
người đã luôn động viên, hỗ trợ và tạo mọi điều kiện cho tơi trong suốt
q trình học tập và thực hiện luận văn.
Xin trân trọng cảm ơn!
Hải Phòng, tháng ... năm 20...
Người viết Luận văn

Phạm Văn Tuyến



1

Mở đầu
1. Mục đích của đề tài luận văn
Một trong những định lý đẹp nhất của hình học Euclid phẳng là định lý
Feuerbach: Trong mọi tam giác, đường tròn Euler tiếp xúc với đường tròn
nội tiếp và ba đường tròn bàng tiếp. Liên quan đến định lý đó là một loạt
các vấn đề được khám phá: Dựng các điểm Feuerbach như thế nào? Các
tính chất của điểm Feuerbach có liên quan gì đến điểm và đường thẳng
đã biết? Các đường thẳng và đường tròn nào sẽ đi qua điểm Feuerbach?
Các tính chất của tam giác Feuerbach... Trình bày cách giải quyết các
vấn đề trên là lý do để tôi chọn đề tài “Một số vấn đề xung quanh điểm
Feuerbach”. Mục đích của đề tài là:
- Trình bày các tính chất của điểm Feuerbach để từ đó đưa ra cách
dựng 4 điểm Feuerbach tối ưu nhất.
- Bằng phương pháp sơ cấp, tìm hiểu các đường thẳng và đường trịn
có tính chất gì sẽ đi qua các điểm Feuerbach.
- Phát hiện ra các cặp tam giác vị tự liên quan đến điểm Feuerbach.
Kết hợp với tọa độ barycentric tìm ra mối quan hệ giữa các khoảng cách.

2. Nội dung đề tài, những vấn đề cần giải quyết
Nội dung chia làm 3 chương:
Chương 1. Điểm Feuerbach và một số tính chất
Chương này giới thiệu định lý Feuerbach và các tính chất cơ bản của
điểm Feuerbach trong và điểm Feuerbach ngoài, xác định khoảng cách từ


2

các điểm Feuerbach đến các đỉnh và khoảng cách giữa các điểm Feuerbach.

Nội dung bao gồm các mục (tổng hợp, bổ sung từ sách tham khảo [1] và
các bài báo [3], [6]):
1.1. Sự xác định các điểm Feuerbach
1.2. Điểm Feuerbach và các điểm chân phân giác
1.3. Các công thức khoảng cách.
Chương 2. Các đường thẳng và các đường tròn đồng quy
Nội dung chương này chủ yếu là tìm các đường tròn đi qua mỗi điểm
Feuerbach, các đường thẳng chứa điểm Feuerbach đồng quy tại tâm Euler.
Ngoài ra là mối quan hệ của các điểm Feuerbach với các đường thẳng
Euler. Chương này bao gồm các mục sau (tổng hợp, bổ sung từ [2], [5]):
2.1. Điểm Feuerbach và các đường thẳng Euler
2.2. Bốn đường tròn đi qua điểm Feuerbach
2.3. Bốn đường thẳng đi qua tâm Euler
Chương 3. Tam giác Feuerbach trong tọa độ barycentric
Chương 3 xét các tính chất của tam giác Feuerbach, đặc biệt khảo
sát các cặp tam giác vị tự liên quan đến điểm Feuerbach. Dùng tọa độ
barycentric để xác định tọa độ các điểm Feuerbach, lập phương trình các
đường thẳng, chứng minh mối quan hệ giữa các khoảng cách từ điểm
Feuerbach và kết thúc bằng việc xét đường cô níc Feuerbach. Chương này
được tham khảo và tổng hợp theo các bài báo [3].
Nội dung của chương được chia thành 5 phần:
3.1. Tọa độ các điểm Feuerbach
3.2. Quan hệ của 3 khoảng cách
3.3. Các cặp tam giác vị tự
3.4. Đường cô nic Feuerbach
3.5. Một số ứng dụng khác


3


Chương 1
Điểm Feuerbach và một số tính chất
Trong tam giác ABC , 9 điểm sau nằm trên một đường tròn: 3 trung
điểm 3 cạnh, 3 chân đường cao, 3 trung điểm của đoạn thẳng nối trực
tâm đến đỉnh tam giác. Đường trịn đó là đường trịn Euler, tên nhà tốn
học vĩ đại tìm ra nó (hay cịn gọi là đường trịn chín điểm). Nếu (O, R)
R
là đường trịn ngoại tiếp tam giác thì bán kính đường trịn Euler bằng ,
2
tâm đường tròn Euler ký hiệu là O9 , thẳng hàng với tâm O và trực tâm H .
Ngoài ra 4 điểm O, H, O9 và trọng tâm G tạo thành một hàng điểm điều
hịa. Chính đường thẳng chứa 4 điểm đó được gọi là đường thẳng Euler.
Ta có kết quả đặc sắc sau: Với tam giác ABC cho trước, đường tròn
Euler tiếp xúc trong với đường tròn nội tiếp (I, r) và tiếp xúc ngồi với mỗi
đường trịn bàng tiếp (Ia , ra ), (Ib , rb ), (Ic , rc ). Bốn tiếp điểm đó là những
điểm đặc biệt của tam giác. Kết quả nổi tiếng này thuộc về Feuerbach. Nội
dung chương 1 trình bày cách xác định các điểm Feuerbach và các tính
chất đặc biệt của chúng. Một số kết quả mới của các điểm này được tham
khảo chính trong [3] với sự chọn lọc và sắp xếp cần thiết.

1.1

Sự xác định các điểm Feuerbach

Ta sẽ tách định lý Feuerbach thành 2 mệnh đề. Định lý có nhiều cách
chứng minh, ở đây ta sẽ trình bày phép chứng minh bằng hình học thuần
túy tham khảo trong [1].
Mệnh đề 1.1 (Feuerbach,[1]). Trong tam giác ABC đường tròn Euler



4

(O9 ) tiếp xúc trong với đường tròn nội tiếp (I, r).
Chứng minh.

Hình 1.1: Đường trịn Euler tiếp xúc trong với đường trịn nội tiếp

Gọi EOF là đường kính vng góc với BC, AE là tia phân giác đi qua
I . Hạ AK ⊥ EF, O9 L ⊥ BC , ta có

OK = AA1 − OA = AH + HA1 − OA
= 2OA + HA1 − OA
= OA + HA1 = 2O9 L.
∆AKF đồng dạng ∆IDX (các cạnh tương ứng vng góc). Vậy
FK
DX
=
AK
IX

hay

FK
DX
=
. Từ đó,
A A1
IX

IX.F K = A A1 .DX

Ta sẽ chứng minh A A1 .DX = XA .XA1 .

(1.1)


5

ED
EI
=
. Số đó EIC =
EC
EA
1
(EC + AN ), AN =BN . Vậy EIC = nửa cung EN nhưng ICE lại
2
bằng nửa cung EN . Như vậy ∆EIC cân và EC = EI :
ED
AX
=
⇐⇒ A X 2 = A D.A A1 .
EI
A A1
Thật vậy, ∆EDC đồng dạng với ∆EAC nên

Ta có thể viết A X.A A1 − A X 2 = A X.A A1 − A D · A A1 hay
A X(A A1 − A X) = A A1 (A X − A D), tức là

XA .XA1 = A A1 · DX


(1.2)

Dựa vào đẳng thức (1.2), chuyển (1.1) về

IX.F K = XA .XA1

(1.3)

Bây giờ từ O9 hạ O9 L ⊥ IX , ta có
2

O9 I 2 = (O9 L − IX)2 + (A L − A X)
=

1
OK − IX
2

2

+

1
A A1 − A X
2

2

1
1

= OK 2 − OK.IX + IX 2 + A X 2 − A X.A A1 + A A21
4
4
1
1
= OK 2 + A A21 − OK.IX − A X. (A A1 − A X) + IX 2
4
4
1
= OA2 + IX 2 − OK.IX − XA .XA1
4
Dựa vào (1.3)
1
O9 I 2 = OA2 + IX 2 − OK.IX − IX.KF
4
1
= OA2 + IX 2 − IX.OF
4
2
1 2
R
2
= R + r − Rr =
−r
4
2
R
Suy ra O9 I = − r.
2
R

Vì đường trịn Euler có bán kính , đường trịn nội tiếp có bán kính r
2
nên đẳng thức cuối chứng tỏ hai đường tròn tiếp xúc trong.


6

Cho tam giác ABC , ba đường tròn bàng tiếp (Ia , ρa ), (Ib , ρb ), (Ic , ρc ).
Để thuận tiện cho cách phát biểu ta quy ước gọi đường tròn A−bàng tiếp
là đường tròn bàng tiếp nằm trong góc BAC của tam giác. Tương tự như
vậy có đường trịn B−bàng tiếp, đường trịn C−bàng tiếp.
Mệnh đề 1.2 (Định lý Feuerbach,[1]). Trong tam giác ABC đường tròn
Euler (O9 ) tiếp xúc ngồi với 3 đường trịn bàng tiếp.
Chứng minh.

Hình 1.2: Đường trịn Euler tiếp xúc ngồi với 3 đường tròn bàng tiếp

Hạ Ia Xa ⊥ BC . Ta có X và Xa đối xứng nhau qua trung điểm A của
a
b−c
BC . Đó là vì A X = A Xa = (s − c) =
.
2
2
Tam giác ∆AKF đồng dạng với ∆Ia DXa vì các cạnh tương ứng của
chúng vng góc. Vậy

FK
Xa D
FK

Xa D
=
⇐⇒
=
.
AK
Xa Ia
A A1
Xa Ia


7

Từ đó,

F K.Xa Ia = Xa D.A A1

(1.4)

A X · XA1 = A A1 · XD

(1.5)

Đẳng thức (1.2) cho ta

Nhận xét thấy hai tam giác ∆Ia Xa D, ∆IXD đồng dạng, ta biến đổi (1.5)
và (1.4):

A X.Xa A1 = A A1 .Xa D;


F K.Xa Ia = A Xa · A1 Xa

(1.6)

Từ O9 hạ O9 P ⊥ Ia Xa , ta có

Ia Xa .F K = A A1 .DXa = A Xa · Xa A1

(1.7)

2

O9 Ia2 = (O9 L + Ia Xa )2 + (A Xa + A L)
1
1
= OK 2 + OK · Ia Xa + Ia Xa2 + A A21 + A Xa (A Xa + A A1 )
4
4
1
= OA2 + Ia Xa2 + OKIa Xa + A Xa· A1 Xa
4
Dựa vào đẳng thức (1.6) ta có:
1
O9 Ia2 = OA2 + Ia Xa2 + Ia Xa (OK + F K)
4
2
1 2
R
2
= R + ρa + Rρa =

+ ρa
4
2
R
= O9 Ia = + ρa .
2
Vậy đường tròn nội tiếp (I, r) tiếp xúc ngồi với đường trịn bàng tiếp
(Ia , ρa ). Đối với hai đường tròn (Ib , ρb ), (Ic , ρc ) chứng minh tương tự.
Định nghĩa 1.1. Tiếp điểm của đường tròn Euler và đường tròn nội tiếp
tam giác được gọi là điểm Feuerbach trong, ký hiệu là Fe . Các tiếp điểm của
đường tròn Euler với các đường tròn A−bàng tiếp, B−bàng tiếp, C−bàng
tiếp lần lượt được gọi là các điểm Feuerbach ngoài, ký hiệu bằng Fa , Fb , Fc .


8

Để vẽ các điểm Feuerbach ta phải dựng 5 đường tròn: Đường tròn Euler,
đường tròn nội tiếp và 3 đường trịn bàng tiếp. Điều đó khá cồng kềnh, tuy
nhiên ta có cách dựng khác khơng cần vẽ các đường trịn nói trên. Cách
dựng hồn tồn sơ cấp sau được tham khảo và sắp xếp lại theo tài liệu [1].
Mệnh đề 1.3. Hoàn toàn dựng được các điểm Feuerbach bằng com pa và
thước kẻ.

Hình 1.3: N x là tiếp tuyến

Chứng minh. Ta có nhận xét sau: Nếu trên một dây cung AB , từ một đầu
mút A ta đặt AK = đường kính của đường trịn và từ trung điểm N của
đoạn thẳng BK ta dựng đường N x vng góc với AB thì đường thẳng
N x là tiếp tuyến của đường trịn, hình 1.3
Thật vậy, vì AK bằng đường kính và CN = CB + BN = AC + N K

1
nên CN = đường kính, tức CN là bán kính đường tròn, hay N F là tiếp
2
tuyến. Nhận xét được chứng minh.
Xét ∆ABC , vì đường kính đường trịn Euler bằng bán kính đường trịn
ngoại tiếp, nên từ nhận xét trên để dựng các tiếp tuyến của đường tròn
Euler ta sẽ đặt trên một dây cung của đường tròn Euler bán kính của
đường trịn ngoại tiếp.


9

-Coi đoạn H1 H1 là dây cung của đường tròn Euler. Áp dụng nhận xét
trên vào dây H1 H1 ta được tiếp tuyến thứ nhất của đường tròn Euler.
- Tương tự từ hai dây cung H2 H2 , H3 H3 dựng được hai tiếp tuyến nữa
của đường tròn Euler.
- Ba đường thẳng tạo thành tam giác A1 B1 C1 mà các cạnh tiếp xúc với
đường trịn Euler, hình 1.4.

Hình 1.4: Dựng các điểm Feuerbach bằng compa thước kẻ

Điểm Feuerbach thứ nhất là tâm vị tự ngồi của đường trịn nội tiếp và
đường trịn Euler. Đường trịn Euler có thể coi là nội tiếp trong tam giác
A1 B1 C1 , vị tự với tam giác ABC . Tâm vị tự của đường tròn trùng với
tâm vị tự của các tam giác. Do đó, điểm F = Fe có thể dựng được như
tâm vị tự của ∆ABC và A1 B1 C1 .
- Để tìm ba điểm Fa , Fb , Fc trước hết ta qui về dựng ∆A2 B2 C2 giống
như ∆A1 B1 C1 , chỉ khác là khi đặt đường kính thì khơng đặt ở H1 , H2 , H3
mà đặt ở H1 , H2 , H3 .
Để dựng Fa ta xét 2 tam giác vị tự ABC và A2 P2 P1 . Đối với tam giác

A2 P2 P1 đường tròn Euler là đường tròn bàng tiếp (B2 −bàng tiếp). Tâm
vị tự của 2 tam giác trùng với tâm vị tự của 2 đường tròn bàng tiếp, tức


10

là trùng với một điểm Feuerbach.
Như vậy để dựng Fa ta đi dựng tâm vị tự của 2 tam giác ABC và
A2 P2 P1 . Để dựng 2 điểm Fb , Fc ta đi dựng tâm vị tự của ∆ABC và
∆Q1 B2 Q2 ; tâm vị tự của ∆ABC và ∆R1 R2 C2 .

1.2

Điểm Feuerbach và các điểm chân phân giác

Các điểm là chân đường phân giác liên quan chặt chẽ đến các điểm
Feuerbach. Trước hết ta xét các điểm X, Y, Z là chân các phân giác trong
của các góc A, B, C . Ta chứng minh 2 bổ đề sau: (tham khảo trong [2],[3])
Bổ đề 1.2.1. Giả sử (O, R) là đường trịn tiếp xúc ngồi với hai đường
tròn O1 (r1 ), O2 (r2 ), tương ứng ở A, B . Nếu XY là một tiếp tuyến chung
ngoài của (O1 , r1 ) và (O2 , r2 ) thì

AB =

R
XY.
(R + r1 ) (R + r2 )

Hình 1.5: Bổ đề 1.2.1


(1.8)


11

2R2 − AB 2
Chứng minh. Trong tam giác cân AOB có cos AOB =
=
2R2
AB 2
1−
. Áp dựng định lý cơ sin vào O1 OO2 , hình 1.5, ta có:
2R2
O1 O22

AB 2
= (R + r1 ) + (R + r2 ) − 2 (R + r1 ) (R + r2 ) 1 −
2R2
AB 2
2
= (r1 − r2 ) + (R + r1 ) (R + r2 )
.
R
2

2

Từ hình thang XO1 O2 Y có O1 O22 = (r1 − r2 )2 + XY 2 . Từ đó có (1.8).
Bổ đề 1.2.2. Nếu X, Y là chân đường phân giác trong của A, B thì


XY =

abc R (R + 2ra )
.
(c + a)(b + c)R

(1.9)

Hình 1.6: Bổ đề 1.2.2

Chứng minh. Trong hình 1.6, gọi A2 , B2 là các tiếp điểm của đường tròn
C−bàng tiếp và 2 cạnh CA, CB . Lại gọi K ∈ Ic A2 , L ∈ Ic B2 sao cho


12

a+b+c
b
OL CB, OL CA. Vì CA2 = CB2 =
= s nên OL = s − =
2
2
c+a
a b+c
; OK = s − =
.
2
2
2
CA2

a
ba
Theo tính chất đường phân giác trong
= , suy ra CY =
.
A2 A
c
c+a
CY
b+c
OK
ab
. Ngoài ra:
=
=
. Như vậy ∆CXY
Tương tự, CX =
b+c
CX
c+a
OL
đồng dạng với ∆OLK . Ta suy ra
XY
CY
2ab
=
=
(1.10)
LK
OK

(c + a)(b + c)
Vì OIc là đường kính của (OLK) nên theo định lý sin:

c
.
(1.11)
2R
Tổ hợp (1.10), (1.11) và OIc2 = R(R+2rc ) (hệ thức Euler) cho ta (1.9).
LK = OIc sin LOK = OIc sin C = OIc ·

Mệnh đề 1.4. ∆XY Z đồng dạng ∆Fa Fb Fc . Thêm nữa, hai tam giác đó
cịn phối cảnh.
Chứng minh. Xét tam giác ABC , bán kính đường trịn ngoại tiếp là R, (Ic , rc )
là đường tròn C−bàng tiếp.
(a) Đồng dạng. Xét đường tròn Euler tiếp xúc với các đường trịn A−bàng
tiếp và B−bàng tiếp, hình 1.7.
Độ dài tiếp tuyến chung ngồi của 2 đường trịn bàng tiếp là P Q =
AQ + BP − AB = s + s − c = a + b. Theo bổ đề 1.2.1,

(a + b) ·
Fa F b =
R
+ ra
2

R
2
R
+ rb
2


=

(a + b)R
.
(R + 2ra ) (R + 2rb )

So sánh với (1.9) ta được

abc R (R + 2ra ) (R + 2rb ) (R + 2rc )
XY
=
.
Fa Fb
(a + b)(b + c)(c + a)R2
Do tỷ số trên đối xứng đối với a, b, c, ra , rb , rc nên

XY
YZ
C1 A1
=
=
.
F a Fb
Fb Fc
Fc Fa


13


Hình 1.7: ∆XY Z và ∆Fa Fb Fc đồng dạng

Như vậy ∆XY Z đồng dạng với ∆Fa Fb Fc .
(b) Phối cảnh. Ta chứng minh các điểm Fe , Y và Fb thẳng hàng. Theo định
lý Feuerbach, Fe là tâm vị tự của đường tròn nội tiếp và đường tròn Euler
và Fb là tâm vị tự trong của đường tròn Euler và đường tròn B−bàng tiếp.
Chú ý rằng Y là tâm vị tự trong của đường tròn nội tiếp và đường tròn
B−bàng tiếp. Ba tâm vị tự này chia cạnh tam giác Ib O9 I theo tỷ số

O9 F e
R IY
r Ib Fb
2rb
=− ;
= ;
=
, Từ đó,
O9 I
2r Y Ib
rb Fb O9
R
O9 Fe IY Ib Fb
R 2rb
·
·
=− ·
= −1
O9 I Y Ib Fb O9
2r R
Theo định lý Menelaus, ba điểm Fe , Y, Fb thẳng hàng. Hoàn toàn tương

tự: các bộ ba điểm Fe , Z, Fc , Fe , X, Fa thẳng hàng. Điều đó có nghĩa là các
tam giác XY Z và Fa Fb Fc phối cảnh với tâm phối cảnh là Fe .
Mệnh đề 1.5. Đường tròn đi qua chân các phân giác của ∆ABC chứa
điểm Feuerbach Fe . Nói cách khác tứ giác XY ZFe là tứ giác nội tiếp.


14

Chứng minh. Từ mệnh đề 1.4 suy ra:

ZFe X + ZY X = Fc Fe F a + Fc Fb F a = 180◦
Ta suy ra đường tròn (XY Z) đi qua Fe .

1.3

Các công thức khoảng cách

1.3.1

Khoảng cách từ điểm Feuerbach đến đỉnh tam giác

1
Nhắc lại rằng s là nửa chu vi tam giác ABC còn σA bằng (b2 +c2 −a2 ).
2
Tương tự cho σB , σC . Các kết quả được tham khảo trong [3], có giải thích
cặn kẽ các chứng minh.
Mệnh đề 1.6. Khoảng cách từ điểm Fe đến các đỉnh tam giác ABC :

AFe2


(s − a)2 R − rσA
(s − b)2 R − rσB
(s − c)2 R − rσC
2
2
=
; BFe =
; CFe =
.
R − 2r
R − 2r
R − 2r

Hình 1.8: Khoảng cách từ Fe đến các đỉnh tam giác


15

Chứng minh. Áp dụng cơng thức tính trung tuyến vào các tam giác Fe BC ,
Fe CA, Fe AB :

BFe2 + CFe2 a2
−
2
4
2
2
b2
CFe + AFe
2

−
Fe E =
2
4
2
2
2
AF
+
BF
c
e
e
2
Fe F =
−
2
4

Fe D 2 =

(1.12)
(1.13)
(1.14)

Thực hiện phép toán tổ hợp −(1.12) + (1.13) + (1.14) thì được
2

2


2

−Fe X + Fe Y + Fe Z =

AFe2

b2 + c2 − a2
−
.
4

Từ đó chuyển vế, ta biểu diễn được

AFe2

b2 + c2 − a2
= −Fe X + Fe Y + Fe Z +
4
2
2
2
−(b − c) + (c − a) + (a − b) · R σA
=
+
4(R − 2r)
2
2(a − b)(a − c)R 2(R − 2r)σA
=
+
4(R − 2r)

4(R − 2r)
[2(a − b)(a − c) + 2σA ] R − 2rσA
=
4(R − 2r)
2

2

2

Vì 2(a − b)(a − c) + 2σA = 2(a − b)(a − c) + b2 + c2 − a2 = (b + c − a)2 =
(s − a)2 R
2
2
4(s − a) . Suy ra AFe =
.
R − 2r
Các công thức BFe2 , CFe2 được chứng minh tương tự.
Mệnh đề 1.7. Khoảng cách từ điểm Fa đến các đỉnh của tam giác ABC
được tính bởi

AFa2

s2 R + ra σA
(s − c)2 R + ra σB
(s − b)2 R + ra σC
2
2
; BFa =
; CFa =

.
=
R + 2ra
R + 2ra
R + 2ra

Chứng minh. Ta áp dụng công thức tính trung tuyến vào các tam giác


16

Fa BC, Fa CA, Fa AB :
BFa2 + CFa2 a2
Fa D =
−
2
4
2
2
b2
CFa + AFa
−
Fa E 2 =
2
4
2
2
AFa + BFa
c2
2

Fa F =
−
2
4
2

(1.15)
(1.16)
(1.17)

Tổ hợp −(1.15) + (1.16) + (1.17) ta được
b2 + c2 − a2
−Fa D2 + Fa E 2 + Fa F 2 = AFa2 −
. Do đó,
4
σA
AFa2 = −Fa D2 + Fa E 2 + Fa F 2 +
2
2
2
−(b − c) + (c + a) + (a + b)2 R σA
=
+
4 (R + 2ra )
2
2(a + b)(a + c)R 2 (R + 2ra ) σA
+
.
=
4 (R + 2ra )

4 (R + 2ra )
Vì 2(a+b)(a+c)+2σA = 2(a+b)(a+c)+ b2 + c2 − a2 = (a+b+c)2 = 4s2
s2 R + ra σA
2
.
nên AFa =
R + 2ra
Mặt khác, (1.15) − (1.16) + (1.17) cho

c 2 + a2 − b 2
Fa D − F a E + F a F =
−
, Do đó,
4
σB
BFa2 = Fa D2 − Fa E 2 + Fa F 2 +
2
2
2
(b − c) − (c + a) + (a + b)2 R σB
=
+
4 (R + 2ra )
2
[2(a + b)(b − c) + 2σB ] R + 4ra σB
=
.
4(R + 2ra)
2


2

2

BFa2

Vì 2(a + b)(b − c) + 2σB = 2(a + b)(b − c) + c2 + a2 − bương trình dưới dạng

a2 yz + b2 zx + c2 xy − (x + y + z)(px + qy + rz) = 0
với p, q, r ∈ R cần xác định.
Vì đường trịn nội tiếp tiếp xúc với BC ở (0 : s − c : s − b) nên y : z =
s−c : s−b là nghiệm của phương trình bậc hai a2 yz +(y +z)(qy +rz) = 0.
Điều đó nghĩa là

qy 2 + q + r − a2 yz + rz 2 = k[(s − b)y − (s − c)z]2
với k ∈ R nào đó. Khai triển và so sánh các hệ số ta có k = 1, q =
(s − b)2 , r = (s − c)2 . Tương tự, do đường trịn tiếp xúc với CA nên ta có
p = (s − a)2 , r = (s − c)2 . Ta thu được phương trình (3.2).
Mệnh đề 3.2. Đường trịn chín điểm có phương trình

1
a2 yz + b2 zx + c2 xy − (x + y + z) [σA x + σB y + σC z] = 0.
2

(3.3)

Chứng minh. Để tìm phương trình đường trịn chín điểm ta sử dụng kết
quả đã biết: (O9 ) là ảnh vị tự của (O) qua phép vị tự H−G1 . Nếu điểm
3


2


40

P = (x : y : z) ∈ (O9 ) thì điểm Q với
1
1
Q = 3G − 2P = 3 · (1 : 1 : 1) − 2 ·
(x : y : z)
3
x+y+z
= (x + y + z)(1 : 1 : 1) − 2(x : y : z)
= (x + y + z : x + y + z : x + y + z)
= (y + z − x : z + x − y : x + y − z)
thuộc đường trịn (ABC). Từ phương trình đường trịn ngoại tiếp

a2 (z+x−y)(x+y−z)+b2 (x+y−z)(y+z−x)+c2 (y+z−x)(z+x−y) = 0.
Khai triển, rút gọn ta nhận được phương trình (3.3).
Mệnh đề 3.3. Đường trịn chín điểm tiếp xúc với (I, r) tại điểm

Fe = (b − c)2 (b + c − a) : (c − a)2 (c + a − b) : (a − b)2 (a + b − c)
Chứng minh. Ta sẽ tìm tọa độ điểm Fe bằng cách viết phương trình trục
đẳng phương và đường thẳng nối tâm IO9 của 2 đường trịn rồi giải hệ
phương trình.
Bước 1. Trục đẳng phương của (I) và (O9 ):
Chú ý rằng:

1
1

(b + c − a)2 − b2 + c2 − a2
(s − a) − σA =
2
4
1 2
1
=
a − a(b + c) + bc = (a − b)(a − c).
2
2
Thay vào phương trình (3.3), mở ngoặc, rút gọn (3.2) ta được trục đẳng
phương của (I) và (O9 ):

(L) (a − b)(a − c)x + (b − a)(b − c)y + (c − a)(c − b)z = 0

(3.4)

x
y
z
+
+
= 0.
b−c c−a a−b
Có 2 điểm P = ((b − c)2 : (c − a)2 : (a − b)2 ); Q = (a(b − c)2 : b(c − a)2 :
c(a − b)2 ) nằm trên (L). Từ đó ta thu được phương trình tham số của (L)
rất đơn giản:

hay (L)


(x : y : z) = (a + t)(b − c)2 : (b + t)(c − a)2 : (c + t)(a − b)2 ,

t∈R


41

Bước 2. Ta biết tọa độ của O9 . Ta hãy tìm số k sao cho điểm
2

a2 b2 + c2 − b2 − c2

+ ka : b2 c2 + a2 − c2 − b2

2

+ kb :

2

c2 a2 + b2 − a2 − b2 ) + kc .
thuộc IO9 và L. Bằng các biến đổi đại số ta nhận được k = −2abc.
2
Thay k = −2abc vào tọa độ thứ nhất: a2 b2 + c2 − b2 − c2 − 2a2 bc =
4s(a − s)(b − c)2 , sau đó bằng hốn vị vịng quanh các số a, b, c ta nhận
được 2 tọa độ thứ hai, thứ ba của điểm giao. Kết quả đó cho điểm trên L
với t = −s. Đó là điểm Fe :
Fe = (b − c)2 (b + c − a) : (c − a)2 (c + a − b) : (a − b)2 (a + b − c)
Mệnh đề 3.4. Đường trịn chín điểm tiếp xúc với các đường tròn A, B, C bàng tiếp lần lượt tại:


Fa = −(b − c)2 (a + b + c) : (c + a)2 (a + b − c) : (a + b)2 (c + a − b)
Fb = (b + c)2 (a + b − c) : −(c − a)2 (a + b + c) : (a + b)2 (b + c − a)
Fc = (b + c)2 (c + a − b) : (c + a)2 (b + c − a) : −(a − b)2 (a + b + c)
Chứng minh. Tương tự mệnh đề trên ta tìm được phương trình các đường
trịn A−bàng tiếp, B−bàng tiếp, C−bàng tiếp lần lượt là

a2 yz + b2 zx + c2 xy − (x + y + z) s2 x + (s − c)2 y + (s − b)2 z = 0
a2 yz + b2 zx + c2 xy − (x + y + z) (s − c)2 x + s2 y + (s − a)2 z = 0
a2 yz + b2 zx + c2 xy − (x + y + z) (s − b)2 x + (s − a)2 y + s2 z = 0
Giải hệ phương trình gồm phương trình trục đẳng phương của đường trịn
chín điểm với lần lượt các phương trình đường trịn A, B, C−bàng tiếp ta
thu được tọa độ của ba điểm Feuerbach ngoài.
Ta ký hiệu X, Xa là chân phân giác trong và phân giác ngồi của góc A.
Tương tự xác định các điểm Y, Yb và Z, Zc đối với các góc B và C . Trong
chương 1 ta đã chứng minh được các cặp tam giác vị tự bằng các kiến thức
hình học thơng thường. Để phát hiện được các cặp tam giác phối cảnh liên
quan đến các điểm Feuerbach ta quan tâm đến tọa độ barycentric của các


42

Hình 3.1: Các điểm Feuerbach và các chân đường phân giác

điểm này. Ta có thể tìm được tọa độ của các điểm X, Y, Z, Xa , Yb , Zc (hình
3.1, 3.5) bằng cách tính diện tích đại số và kết quả dễ thấy là:

X = (0 : b : c)
Y = (a : 0 : c)
Z = (a : b : 0)


Xa = (0 : b : −c)
Yb = (−a : 0 : c)
Zc = (a : −b : 0)

và phương trình của các đường thẳng:
x y z
Y Z , phương trình − + + = 0
xa y b z c
ZX , phương trình − + = 0
ax yb cz
XY , phương trình + − = 0
a b c
Fe Fa , phương trình b2 − bc + c2 − a2 x + c(b − c)y − b(b − c)z = 0
Fe Fb , phương trình −c(c − a)x + c2 − ca + a2 − b2 y + a(c − a)z = 0
Fe Fc , phương trình b(a − b)x − a(a − b)y + a2 − ab + b2 − c2 z = 0
Fb Fc , phương trình − b2 + bc + c2 − a2 x + c(b + c)y + b(b + c)z = 0
Fc Fa , phương trình c(c + a)x − c2 + ca + a2 − b2 y + a(c + a)z = 0
Fa Fb , phương trình b(a + b)x + a(a + b)y − a2 + ab + b2 − c2 z = 0.
Từ phương trình của các đường thẳng suy ra

Xa ∈ Y Z; Yb ∈ ZX; Zc ∈ XY ; X ∈ Fe Fa ; Y ∈ Fe Fb ; Z ∈ Fe Fc ; Xa ∈ Fb Fc
Yb ∈ Fc Fa ; Zc ∈ Fa Fb
x y z
Chú ý rằng các điểm Xa , Yb , Zc thuộc đường thẳng + + = 0.
a b c