Embed Size (px)
Citation preview
ĐƯỜNG TRÒN NỘI TIẾP
VÀ NHỮNG TÍNH CHẤT THÚ VỊ
Nguyễn Đăng Khải Hoàn-11T,Chuyên Lương Thế Vinh,Đồng Nai
Đường tròn nội tiếp là một vấn đề quen thuộc vì chúng ta đã làm quen với nó từ lúc mới bắt
đầu học hình học phẳng cho đến các kì thi HSG các cấp.Từ các đường phân giác gần gũi
đến các tiếp tuyến đã trở thành một vấn đề muôn thuở của hình học phẳng,ta thấy ẩn chứa
bên trong đó còn có rất nhiều tính chất thú vị và trở thành những bổ đề quen thuộc nhưng
hữu ích khi giải toán.
Sau đây,tôi xin trình bày hiểu biết của mình về các ứng dụng của những tính chất của
đường tròn nội tiếp trong tam giác.
I-Một số tính chất về góc.
Tính chất 1:
Cho ABC và đường tròn đường tròn nội tiếp (I).Khi đó: 902
BACBIC
.
R
Q
P
J
B
A
C
IF
E
D
Đây là một tính chất cơ bản dễ dàng chứng minh dựa vào biến đổi góc.
*Hệ quả:Gọi J là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc BAC thì 90BJC BAC .
Đây là một tính chất cơ bản nhưng có rất nhiều ứng dụng,ta cùng xét một số ví dụ:
Bài toán 1:Cho ABC nhọn có 60BAC ,AB>AC.Gọi I và K lần lượt là tâm đường
tròn nội tiếp và trực tâm của tam giác.
a)Chứng minh: B,I,H,C cùng thuộc một đường tròn.
b)(APMO 2007). Chứng minh: 2 3AHI ABC
c)So sánh AI và AH.
Lời giải:
a)Rõ ràng việc chứng minh tứ giác nội tiếp thì công cụ góc là một công cụ không thể bỏ
qua.Và theo tính chất 1 làm ta nghĩ ra hướng chứng minh cho bài toán.
F
E
D
H
CB
A
I
Theo tính chất 1 thì: 90 1202
BACBIC
.Do đó ta sẽ chứng minh: 120BHC
Thật vậy,kẻ các đường cao AD,BE.CF.
Khi đó: AFHE là tứ giác nội tiếp nên 180 120BHC EHF BAC .
Vậy ta có B,I,H,C cùng nằm trên một đường tròn.
b)Câu a) chính là để hỗ trợ chứng minh câu b).
Ta có:
180 180AHI IHD IHB BHD
3180 (90 ) 180
2 2
ABCICB BCA
3 3 3180 180 (120 )
2 2 2BCA ABC ABC
Vậy ta có đpcm.
c)Từ việc tính AHI và việc so sánh hai cạnh tam giác,ta nghĩ ngay đến việc tính AIH
để so sánh hai góc,từ đó nhờ kết quả đã biết sau:”Trong một tam giác,cạnh đối diện với góc
lớn hơn thì dài hơn.” Ta sẽ tìm được kết quả.
Góc AIH có thể dễ dàng tính.Việc này xin để các bạn đọc.
Ta sẽ đến với bài toán tổng quát của bài toán 1c ở trên.
Bài toán 2: (IMO 2006).Cho ABC ngoại tiếp đường tròn (I).Một điểm P nằm trong tam
giác thỏa mãn: .PBA PCA PBC PCB Chứng minh rằng: AP AI .Dấu “=” xảy
ra khi và chỉ khi P trùng I.
Lời giải:
Như bài 1,ta dễ chứng minh I,P,C,B cùng nằm trên một đường tròn từ giả thiết về góc.
Đến đây,khi vẽ hình và tính toán số đo các góc ta sẽ chia bài toán thành hai trường
hợp.(Không kể P trùng I)
TH1:P thuộc cung IC.
CB
A
I
P
Khi đó ta có:2
BCABCP
Tình toán một chút ta có: 360 1802 2
A BAIP AIB BIP BCP
:2=90
Vậy AI>AP
TH2 :P thuộc cung IB.
Khi đó thì P nằm trong góc AIB.
CB
A
IP
Tính toán một chút:
Và:
Ta chứng minh:
.
Mà P nằm trong góc AIB nên ta luôn có : APB AIB .
Vậy ta có ngay đpcm.
Bài toán 3:Cho ABC ngoại tiếp đường tròn (I).Gọi K là tâm đường tròn ngoại tiếp
BIC .Chứng minh A,I,K thẳng hàng.
Lời giải:
Kí hiệu các điểm như hình vẽ.Các trường hợp khác chứng minh tương tự.
Theo tính chất 1 thì: 902
BACBIC
suy ra: BKC =180 BAC .
Do đó tứ giác:KBAC là tứ giác nội tiếp.
Suy ra: IKC ABC nên 180
2
IKCKIC
=
180
2
ABC.(1)
K
A
C
B
I
Mà : 902
BACAIC
.(2)
Từ (1) và (2) ta có A,I,K thẳng hàng.
*Nhận xét:
+)Tâm K của (BIC) chính là giao điểm của AI với (ABC).
+)Từ bài toán trên ta có thể giải quyết các bài toán sau đây một cách dễ dàng:
1)Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn (I).Gọi M,N,P lần lượt là tâm các đường tròn
ngoại tiếp tam giác BIC,CIA,AIB.Khi đó:AM,BN,CP đồng qui tại I.
2)Kể các tiếp tuyến AD,AE tới (BIC).Khi đó: BAD CAE hay AD,AE là hai đường đẳng
giác của góc BAC .
3)Từ bài toán này,kết hợp với điều: I,P,C,B cùng nằm trên một đường tròn thì ta sẽ dễ suy
ra ngay: AI AP .Đây là cách giải quyết nhanh nhất cho bài toán IMO 2006 kể trên.
Từ tính chất kể trên của bài toán 3 ta có bài toán sau:
Bài toán 4: (Poland 2012).Cho tam giác ABC với 60BAC .Gọi I và O là
tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp tam giác ABC.Chứng minh đường trung trực
AI,và các đường thẳng OI,BC đồng qui.
Lời giải:
Gọi B’,C’ là giao điểm BI,CI với (O).
Theo nhận xét của bài toán trên,ta có :C’I=C’B và ' 60BC I BAC nên :IC’=IB.
Tương tự :IB’=IC nên OI là đường trung trực của BC’ và B’C
C'
B'
K
IO
A
BC
Theo nhận xét trên ta cũng có :C’I=C’A và B’I=B’A nên B’C’ là trung trực của AI.
Vì BC’B’C là hình thang cân nên :BC,OI,B’C’ đồng qui tại một điểm.
Vậy ta có đpcm..
Bài toán 5 : (Russian 2006) Cho ABC nội tiếp đường tròn (O).Gọi K và L lần lượt
thuộc cung AB và BC sao cho KL AC.Gọi 1 2,I I lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp
các ABK và BLC .Chứng minh: 1 2,I I cách đều trung điểm cung ABC của ABC .
Lời giải :
Bổ đề : ABC nội tiếp (O).Gọi E và F lần lượt thuộc AB và AC sao cho BE=CF.Khi đó
(ABC),(AEF) và các đường trung trực của EF, BC đồng qui tại trung điềm cung BAC.
Chứng minh :
KA
B
C
E
F
Bổ đề này dễ chứng minh dựa trên : KEB KFC .
Quay trở lại bài toán :
P
F
E
I1
I2
L
B
AC
K
Gọi E và F lần lượt là giao điểm của 1BI và 2BI .Khi đó E và F là điểm chính giữa cung AEK
và CFL.
Suy ra : 1EI EK và 2FI FL .
Theo giả thiết thì KL AC nên ta có ngay EK=FL.
Do đó : 2 1FI EI .Từ đó áp dụng bổ đề trên ta có ngay đpcm.
Sau đây ta sẽ đến với tính chất 2,và tính chất này được chứng minh dựa trên tính chất 1.
Tính chất 2:
Cho ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp.Gọi D,E,F là các tiếp điểm của (I) với
BC,CA,AB.Gọi K là giao điểm của EF và BI.Khi đó: 90BKC .
Chứng minh:
K
CB
A
I
D
FE
Theo tính chất 1 thì: 90BIC BAC nên: 90CIK BAC .
Lại có: 90CEK AEF BAC .(vì tam giác AEF cân tại A.)
Do đó tứ giác IEKC là tứ giác nội tiếp.Suy ra: 90IKC IEC .
Vậy ta có: 90BKC .
Từ kết quả này ta có thể suy ra:I,E,K,C,D cùng nằm trên một đường tròn có đường kính IC.
Đây là một bổ đề quen thuộc và có rất nhiều ứng dụng.
Bài toán 1: Cho ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp.Gọi D,E,F là các tiếp điểm của
(I) với BC,CA,AB.Gọi M,N lần lượt là trung điểm của BC và AC.Chứng minh:EF,BI,MN
đồng qui.
Lời giải:
M
N
K
C
B
A
I
D
F E
Thực ra đây chỉ là một hệ quả của tính chất 2 ở trên.
Gọi K’ là giao của NM và BI.Theo kết quả trên thì ta cần chứng minh ' 90BK C .
Thật vậy,ta có: MN AC nên MKB ABK CBK .Do đó:MK=MB=MC.
Suy ra: 'BK C vuông tại K’ hay ' 90BK C .
Vậy K trùng K’ nên ta có đpcm.
Bài toán 2: (VMO2009).Cho A và B là hai điểm cố định trên mặt phẳng và C là điểm
thay đổi sao cho ACB const .(0 180 ).N,M,P lần lượt là hình chiếu của
tâm đường tròn nội tiếp I của ABC lên BC,CA,AB.Gọi E và F là giao điểm của AI,BI
với MN tương ứng.
a)Chứng minh rằng độ dài EF không đổi.
b)Đường tròn ngoại tiếp EFP luôn đi qua điểm cố định.
Lời giải:
a)Bài toán này liền mạch cùng với tính chất 2 cùng bài toán 1.
Ta thấy tứ giác EFAB nội tiếp trong đường tròn đường kính AB vì vậy ta sẽ tính EF theo AB.
Ta sẽ trở lại bài toán quen thuộc là tính độ dài dây cung theo bán kính khi đã biết số đo góc.
Công việc này khá đơn giản,xin để bạn đọc giải quyết.Câu a của bài toán này cũng có khá
nhiều cách trình bày và ý tưởng giải.
k
F
K
E
B
A
C
I
P
M N
b)Từ tính chất 2,để ý một chút ta sẽ nhận ra ngay IP,AE,BF là các đường cao trong
BIC .Khi đó: (EPF) chính là đường tròn Euler của BIC vì vậy nó đi qua trung điểm của
AB.Vậy điểm cố định cần tìm là điểm K là trung điểm AB cố định.
Ta sẽ tiếp tục đến với một bài toán điểm cố định khác.
Bài toán 3:Cho AB= 3R là một dây cố định của (O).M là điểm thay đổi trên cung lớn
AB.Đường tròn nội tiếp MAB tiếp xúc với MA,MB lần lượt tại E,F.Chứng minh:EF
luôn tiếp xúc với một đường tròn cố định.
Lời giải:
H
D
O
KA
M
B
I
E
F
Từ dữ kiện AB= 3R ta suy ra : 60AMB .
Từ những ý tưởng xuất phát từ tính chất 1 và các bài toán trên thì ta sẽ thử lấy giao điểm
của BI và EF là D.Ta có : 90ADB .
Trong bài toán thì các điểm A,B bình đẳng nên ta thường lấy K là trung điểm của AB.Ta dự
đoán K là tâm của đường tròn cố định cần tìm.Kẻ KH vuông góc EF.Nếu kết quả dự đoán là
đúng thì ta sẽ phải chứng minh KH không đổi.Điều này đòi hỏi ta sẽ đi tính góc EDK vì ta
đã có KD=AB :2=const.
Ta có :KD AM (theo bài toán 1) nên ADK EAD .
Và tứ giác IFDB nội tiếp nên: IDF IBF .
Ta có :2 2
ABM BAMEDK EDA ADK
= 60 .
Từ đó ta có KH=const nên có EF luôn tiếp xúc với (K;KH).
Việc tạo ra các góc vuông thì công việc tính toán sin,cos và các đại lượng hình học cũng trở
nên dễ dàng.
Bài toán 4 : Cho ABC có I là tâm đường tròn nội tiếp.Gọi D,E,F là các tiếp điểm của
(I) với BC,CA,AB.Gọi M là giao điểm của AO với DE,N là giao điểm của BO với EF,P là
giao điểm của CO với DF.Chứng minh rằng : NAB MAC PBCS S S
Lời giải :
N
C
B
A
O
D
F E
Ta sẽ tính các diện tích trên theo diện tích tam giác ABC.
Vì : 90BNC nên BN=BC.sin BCN
Do đó :
.sin .sin .cos .sin.sin 12 2 2
.sin .sin .sin 2
ABN
ABC
ABC ABC ABCBC BCN BC
S BN ABN
S BC ABC BC ABC BC ABC
.
Tương tự cho các tam giác còn lại ta suy ra đpcm.
Bài toán 5 : (Iberoamerican 1989).
Cho đường tròn (O) nội tiếp tiếp xúc với AC,BC tại M,N tương ứng.Phân giác của góc
A và B tương ứng cắt MN tại P,Q.Chứng minh:MP.OA=BC.OQ
Lời giải:
Q
P
B
A
C
O
M
N
Trước tiên,theo tính chất 2 ta có: 90AQB APB .
Nhìn vào điều cần chứng minh ta hoang mang vì chẳng thấy mối liên hệ giữa các đại lượng
cần chứng minh.Vậy thì ta cứ lấy tỉ số,khi đó sẽ có nhiều công cụ giúp chúng ta giải quyết
bài toán.
Biến đồi hệ thức cần chứng minh tương đươg:
cosOQ MP MP
AOQOA BC BC
cosMP
CMNBC
MK MP
MC BC
MK KP
NC BN (tính chất tỉ lệ thức.)
MK NC
KP BN
Ta lại có:
. tan .tan
. tan .tan
NK NK OKNOC OPK
KP OK KP
NC NC ONNOC OBC
BN ON BN
.
Và: OPK OBC nên ta có ngay đpcm.
Đường tròn bàng tiếp và đường tròn ngoại tiếp là hai đường tròn có những tính chất,đặc
điểm tương tự nhau,vì thế ta sẽ phát triển tính chất 2 với đường tròn bàng tiếp.
Tính chất 3 :Cho ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AC,AB tại E,F tương
ứng ;( aI ) là đường tròn bàng tiếp góc A tiếp xúc BC,CA,AB tại M,N,P tương ứng.BI
cắt EF tại H.BaI cắt PN tại K,AI cắt PM tại J.Ta có : 90BHC BKC AJC .
K
J
H
P
N
M
I_a
B
A
C
I
F
E
Tính chất này dễ dàng chứng minh tương tự tính chất 2 và sử dụng tứ giác nội tiếp.
Nhận xét : +)Ta có : BHCK là hình chữ nhật cùng bài toán 1 của tính chất 2 thì ta có ngay
KH là đường trung bình của ABC .
+)Ta cũng có :CJ PN FH và CK PM BH
Sau đây ta đến với các ứng dụng của tính chất 3,tác giả cho rằng đây là các bài toán rất đẹp
và khó nếu không biết đến tính chất 3.
Bài toán 1:Cho ABC ,( aI ) tiếp xúc AB,AC tại M,N.( bI ) tiếp xúc với AB,BC tại F,E.( cI )
tiếp xúc với AC,BC tại D,J tương ứng.B aI ,C aI cắt MN tại K,H;A bI ,C bI cắt EF tại MN
tại Q,P;A cI ,B cI cắt DJ tại R,S tương ứng.Chứng minh:K,H,P,Q,R,S đồng viên.
Lời giải:
Bài toán có thể xem là hệ quả của tính chất 3 trên.
Theo tính chất 3 thì: 90BKC BHC nên tứ giác BCHK là tứ giác nội tiếp.
R
S P
Q
HK
F
D
J E
I_c
I_b
M
N
I_a
B
A
C
I
Lại theo nhận xét thì ta có SP là đường trung bình của tam giác ABC
nên: aBSP CBH MHI .
Do đó SPHK là tứ giác nội tiếp.
Hoàn toàn tương tự cho các tứ giác còn lại và ta suy ra đpcm.
Tổng quát của bài toán trên là bài toán đường tròn Taylor cho tam giác nhọn.
Bài toán:Cho ABC nhọn, 1 1 1, ,A B C lần lượt là chân đường cao ứng với các cạnh
BC,CA,AB. 2 3,A A là hình chiếu của 1A lên AB,AC tương ứng.Tương tự xác định
cho: 2 3,B B và 2 3,C C .Khi đó 2 3,A A , 2 3,B B , 2 3,C C cùng nằm trên một đường tròn gọi là
đường tròn Taylor của ABC .
Bài toán về đường tròn Taylor này và bài toán 1 trên có cách giải hoàn toán tương tự.Khi đó
A,B,C lần lượt là tâm các đường tròn bàng tiếp của tam giác 1 1 1A B C và H-trực tâm ABC là
tâm đường tròn nội tiếp tam giác 1 1 1A B C .
Bài toán 2:Cho ABC ,(bI ) tiếp xúc với BC,AB tại P,Q.(
cI ) tiếp xúc với BC,AC tại M,N
tương ứng.MN cắt PQ tại J.Chứng minh:AJBC.
Lời giải:
HK
J
Q
N
MP
I_c
I_b
B
A
C
I
Thay vì chứng minh AJ BC. Ta sẽ chứng minh AJ vuông góc với một đường thẳng song
song với BC,điều này có vẻ dễ giải quyết hơn.Rất may mắn là ta có một đường vuông góc
đặc biệt đã xuất hiện ở bài trước.
Gọi K,H lần lượt là giao của B cI với MN và C bI với PQ.Khi đó ta có:KH BC.
Theo tính chất 3 thì: 90AHC và ta lại có c bI C CI (phân giác ngoài vuông góc với phân
giác trong.)
Suy ra :AH C cI nên HA JK.
Chứng minh tương tự:KA JH.
Do đó A là trực tâm của tam giác JHK và ta có đpcm.
Bài toán trên có nhiều bài toán liên quan khá thú vị.Ta sẽ cùng xét một số bài toán sau:
Bài toán 2.1:Cho ABC ,( aI ) tiếp xúc với AB,AC tại R,S;( bI ) tiếp xúc với BC,BA tại
P,Q;( cI ) tiếp xúc với BC,AC tại M,N tương ứng.MN cắt PQ tại A’,MN cắt RS tại B’,PQ
cắt RS tại C’.Khi đó AA’,BB’,CC’ đồng qui.
Đây là hệ quả trực tiếp của bài toán 2.Ta có AA’,BB’,CC’ là các đường cao của tam giác
ABC nên chúng đồng qui tại H là trực tâm của tam giác ABC.
Bài toán 2.2:Cho ABC có đường cao AH,( bI ) tiếp xúc với BC,BA tại P,R;( cI ) tiếp
xúc với BC,AB tại E,D tương ứng.Chứng minh PR,ED và AH đồng qui.
Thật ra đây là bài toán “trá hình” khi dấu đi điểm J là giao điểm của PQ và EF,nếu ta đã biết
đến bài toán 2 thì có lẽ mọi thứ trở nên đơn giản.
H
DR
J
Q
N
PE
Ic
Ib
B
A
C
Ta có DE và C cI cùng vuông góc với C bI nên chúng song song.
Suy ra ED JP.
Chứng minh tương tự,ta có:PR JE.
Theo bài toán 2 thì JH BC.Từ đó ta có ngay đpcm.
Bài toán 2.3:Cho đường cao AH của ABC ,( aI ) tiếp xúc với AB,AC tại G,K tương
ứng;( bI ) và ( cI ) tiếp xúc với BC tại P,E tương ứng.Chứng minh:EG,PK,AH đồng qui.
Bài toán là sự kết hợp đẹp mắt của bài toán 2 và định lí desargue.
Xin mời bạn đọc thử chứng minh.
Ta sẽ đến với một tính chất về cạnh của tam giác và đường tròn nội tiếp của nó.
II-Một số tính chất về cạnh:
Tính chất 4:Cho ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC tại D.Kẻ đường kính
DD’.Gọi E là giao điểm của AD’ với BC.Khi đó:BD=CE.
Chứng minh:
E
D'
CB
A
I
D
Theo tính chất cơ bản thì: BD+AC=p.
Ta sẽ chứng minh: CE+AC=p, điều này làm ta suy nghĩ đến đường tròn bàng tiếp.
Ta sẽ chứng minh E là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC.
Xét phép vị tự tâm A,tỉ số: ar
r với , ar r lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp và đường tròn
bang tiếp góc A.
Gọi E’ là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A với BC.
Khi đó:ar
rAV : aI I và ' 'D E .
Do đó A,D’,E’ thẳng hàng.Suy ra:E trùng E’.
Vậy ta có đpcm.
Nhận xét:
+)Ta có:BE=CD.Nếu gọi M là trung điểm của BC thì ta có ngay:MD=ME.
+)Gọi 1 2, ,D D D là tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB tương ứng.Xác định tương tự điềm E,ta
có các điểm 1 2,E E .Khi đó:AD,B 2D ,C 3D đồng qui tại điểm gọi là điểm Gergonne và
AE,B 1E ,C 2E đồng qui tại điểm Nagel của tam giác ABC.
Sau đây ta sẽ đến với một số ứng dụng của tính chất trên.
Bài 1:Cho ABC ,đường cao 1 1 1, ,AA BB CC ,gọi 2 2 2, ,A B C lần lượt là trung điểm của
1 1 1, ,AA BB CC .Gọi 3 3 3, ,A B C lần lượt là tiếp điểm của các đường tròn bàng tiếp trong
góc A,B,C với BC,CA,AB tương ứng.Chứng minh: 2 3 2 3 2 3, ,A A B B C C đồng qui.
Lời giải:
Đây là một hệ quả đẹp của tính chất trên.
A2
A1A3
N
A
CB
I
M
Gọi M là tiếp điểm của đường tròn nội tiếp (I) với BC.N là điểm đối xứng với M qua I.
Theo tính chất 4 ta có: 3, ,A N A thẳng hàng.
Lại có:MN AH (vì cùng vuông góc với BC) nên tồn tại phép vị tự tâm 3A biến MN thành AH
nên biến I là trung điểm MN thành 2A là trung điểm 1AA .
Do đó: 2A , 3A , I thẳng hàng
Tương tự cho: 2 3B B , 2 3C C đều đi qua I.
Vậy ta có đpcm.
Bài 2:(IMO shortlish 2005).Cho ABC có AB+BC=3AC.Đường tròn (I) nội tiếp tam giác
tiếp xúc với AB,AC tại D,E.Lấy K,L là điểm đối xứng của D,E qua I.Chứng minh:ALKC
nội tiếp.
Lời giải:
Ta có:AB+BC=3AC BD=BE=AC
Từ dữ kiện của bài toán ta nghĩ đến tính chất 4.
T
H
L
K
A
CB
I
E
D
Gọi H là giao điểm của CK và AB,T là giao điểm của AL và BC.
Theo tính chất 4 ta có :AH=BD=AC và CT=BE=AC.
Ta có: AHC cân tại A nên : 902
BACHCA
.
Vì vậy ta sẽ đi chứng minh : TLK =902
BAC .
Thật vậy : TLK = TLE ELK =90 LTC EDK =90 (90 )2
ACBABI
=1
( ) 902 2
BACABC ACB
.
Vậy ta có đpcm.
Nhận xét :Một kết quả mạnh hơn là 5 điểm A,L,I,K,C cùng thuộc một đường tròn.Kết quả
này có thể dễ suy ra trong quá trình chứng minh.
Việc chứng minh các tứ giác ALIC,LIKC,ALKC nội tiếp là tương đương nên ngoài cách
chứng minh trực tiếp như trên ta có thể có thể chứng minh các tứ giác còn lại nội tiếp.
Bài toán 3 : (USA MO 2001).Cho ABC có (I) là đường tròn nội tiếp tiếp xúc với
BC,CA lần lượt tại 1 1,D E . 2 2,D E là các điểm nằm trên BC,CA sao cho :C 2D =B 1D và
C 2E =A 1E .Gọi P là giao điểm của A 2D và B 2E .Đường tròn (I) cắt A 2D tại hai điểm,Q
gần A.(Q là giao của A 2D và (I)).Chứng minh :AQ= 2D P.
Lời giải :
Theo tính chất 4 thì : 1, ,D I Q thẳng hàng.
Ta khó có thể chứng minh trực tiếp AQ= 2D P.Nên sẽ đưa chúng vào các tỉ số,khi đó ta có
nhiều công cụ để giải quyết hơn.
P E2D2
Q
A
C
B
I
D1
E1
Theo tính chất 4 thì ta có :2 a
AQ r
AD r .(Với , ar r lần lượt là bán kính đường tròn nội tiếp và
bàng tiếp trong góc A của ABC ).
Ta sẽ chứng minh : 2
2
D P
a
r
AD r .
Vì B,P, 2E thẳng hàng nên theo định lí Menelaus thì :
2 1
2 2 2 1 2 2
. .
. .
BC E A BC CEPA BC a
PD BD E C CD E C E C p a
.
Do đó : 2PD p a
AD p
.
Và rõ ràng :a
r p a
r p
.Vậy ta có đpcm.
Nhận xét:
Ta sẽ có những góc nhìn thú vị cho bài toán 2 qua bài toán 3 này.
Nếu ta gọi P là giao của AT và CH.Theo bài toán 3 thì:HP=CK và AL=PT.
Do đó ta sẽ có: AKC APH và CTP CAL .
Từ đó ta có thể giải quyết bài toán 2 dễ dàng:
Ta có: ALC CPT APH AKC .Từ đó ta có đpcm
P
T
H
L
K
A
CB
I
E
D F
.Ngoài ra ta còn có :
+)AK và AT là hai đường đẳng giác trong góc A và CL và CP là hai đường đẳng giác trong
góc C.
+)CI AP,AICP nên I là trực tâm tam giác APC.
Và một kết quả hay khác là P nằm trên đường tròn (I) và là điểm đối xứng với F qua I.
Thật thú vị phải không các bạn !
Bài toán 4 :Cho ABC có đường tròn (I) nội tiếp,tiếp xúc với BC tại M.Gọi N là điểm
đối xứng của M qua I.K là giao điểm của AN và BC.Kí hiệu H là điểm đối xứng với tiếp
điểm của (I) với AC qua trung điểm AC.Tương tự với L trên AB.P là giao điểm của BH
và CL.G là trọng tâm của tam giác ABC.Chứng minh :P,G,I thẳng hàng.
Lời giải :
G
A1
PH
C1B1
K
L
N
A
CB
I
M
Đây là một tính chất thú vị và đẹp mắt.
Gọi 1A , 1 1,B C là trung điểm BC,CA,AB.
Theo tính chất 4 thì 1A cũng là trung điểm MK.
Suy ra : 1IA là đường trung bình của tam giác NMK.Do đó :
1IA AK.
Từ đó ta có,phép vị tự :2
1:GV A A và 1A I AK .
Tương tự : 2
1:GV B B và 1B I BH ; 1C C và 1C I CL .
Theo tính chất 4 thì :AK,BH,CL đồng qui tại P mà 1 1 1, ,A I B I C I đồng qui tại I nên :
2 :GV I P .Vậy I,P,G thẳng hàng.
Nhận xét:Từ bài toán này ta có thể dễ dàng suy ra:HP IO,với H là trực tâm và O là tâm
đường tròn ngoại tiếp tam giác.
Đây thực sự là một tính chất đẹp đẽ của các điểm đặc biệt trong tam giác.
H
O
G
P
K
N
A
CB
I
M
Bài toán 5: Cho tam giác , đường tròn nội tiếp của tam giác theo thứ tự tiếp xúc với tại .
Các điểm theo thứ tự thuộc sao cho và . Gọi theo thứ tự là trung điểm của ,. Chứng minh
rằng vuông góc với
Bài toán 6:Cho ABC có trực tâm H,tâm nội tiếp I và ngoại tiếp O. (I) tiếp xúc với BC
tại K.Giả sử IO BC.Chứng minh :AO HK.
Lời giải :
Gọi K’ là điểm đối xứng với K qua I,E là giao điểm của AK’ và BC.
Gọi M là trung điểm BC.Khi đó :IM là đường trung bình của tam giác K’KE nên :IM K’E (1)
Theo tính chất 4 thì M cũng là trung điểm KE.
Lại có :IOMK là hình chữ nhật nên IO=KM=ME và IO ME nên :IOEM là hình bình hành.
Suy ra :IM OE (2)
E
K'
HO
MB
A
C
I
K
Từ ( 1) và (2) ta có :A,K’,O,E thẳng hàng.
Mặt khác :KK’ AH (cùng vuông góc với BC)
Và KK’=AH (cùng bằng 2 lần OM).
Suy ra :HK AK’.
Từ đó ta có đpcm.
Bài 7 : (IMO 2008).Cho ABCD là tức giác lồi sao cho BA BC. 1 2( ), ( )I I lần lượt là
đường tròn nội tiếp ,ABC ADC .Giả sử tồn tại một đường tròn (I) tiếp xúc với tia
BA,BC và tiếp xúc với AD,CD.Chứng minh rằng :tiếp tuyến chung ngoài của 1 2( ), ( )I I
cắt nhau tại điểm nằm trên (I).
Lời giải :
MJ
L
I1
I2
C
A
D
B
I Z
Đây là một bài hình học hay và khó.Nhưng nếu biết về tính chất 4 trên thì mọi việc có vẻ
đơn giản hơn.
Gọi giao điểm của 1 2( ), ( )I I với AC lần lượt là J,L
Ta dễ chứng minh được 2 điều sau :
+) AB+AD=BC+CD.
+)AL=JC.
Vẽ các tiếp tuyến của (I), 1 2( ), ( )I I và song song với AC,các tiếp tuyến này lần lượt tiếp xúc
với 3 đường tròn trên tại Z,M,N.
Khi đó,theo tính chất 4 thì ta có:B,M,L,Z và D,N,J,Z thẳng hàng.
Lại có:JM và LN song song và là đường kính 1 2( ), ( )I I nên JN và LN cắt nhau tại tâm vị tự
ngoài của 1 2( ), ( )I I .
Theo tính chất của tâm vị tự ngoài thì đó là giao điểm hai tiếp tuyến chung ngoài của
1 2( ), ( )I I nên ta có đpcm.
Đây là lời giải hết sức đặc sắc của một thành viên trên Mathlink,được xem như là lời giải
đẹp và hay nhất cho bài toán này.
Sau đây tôi xin tiếp tục trình bày về một tính chất có thể xem là khá gần với tính chất 4 về
mặt hình vẽ.
Tính chất 5 :Cho ABC có đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC,CA,AB lần lượt tại
D,E,F.Gọi M là trung điểm BC.Khi đó :DI,AM,EF đồng qui.
Chứng minh :
PQ K
M C
A
B
I
D
F
E
Gọi K là giao điểm của DI và EF.Ta sẽ chứng minh AM đi qua K.
Để làm được điều đó,qua M dựng đường thẳng song song với BC cắt AC và AB lần lượt tại
P và Q.Ta sẽ chứng minh KP=KQ.
Tứ giác QKIF và KEPI nội tiếp nên ta có : IQK IFK và IPK IEK .
Mà : IEK IFK nên IQK IPK .Do đó ta suy ra được đpcm.
Đây là cách chứng minh đơn giản nhất,ngoài ra ta còn có một số cách chứng minh dựa vào
hàng điểm điều hòa,đường thẳng Simson,hoặc dựa trên bổ đề sau (Bổ đề D.S) :Trong
ABC ,M thuộc cạnh BC thì ta có :sin .sin
sin .sin
BM BAM ACM
CM CAM ABM
kết hợp cùng định lí Ceva
dạng sin.Nhưng đó là những cách chứng minh phức tạp hơn cách ở trên nên tôi xin không
đưa vào.Xin mời các bạn thử chứng minh bằng những cách khác.
Sau đây là một bài toán tương tự tính chất trên :
Bài toán 1 : (China 1999).Cho ABC không cân,D là trung điểm BC.E thuộc đoạn
AD,EF vuông góc với BC (F thuộc BC).P thuộc EF,PM vuông góc với AB,PN vuông
góc với AC.Chứng minh rằng :Nếu M,E,N thẳng hàng thì BAP PAC .
Ta có một tính chất quan trọng của hàng điểm điều hòa như sau :
Cho đường tròn (O) và điềm S nằm ngoài (O).Từ S kẻ các tiếp tuyến SA,SB tới (O) và cát
tuyến SCD cắt AB tại E.Khi đó : (SECD)=-1.
Kết hợp tính chất trên và tính chất 5 ta có bài toán :
Bài toán 2 : (IMO shortlish 2005).Đường trung tuyến AM của ABC cắt đường tròn
nội tiếp (I) của ABC tại K và L.Từ K,L kẻ đường thẳng song song với BC cắt (I) tại
X,Y.AX và AY cắt BC tại P và Q.Chứng minh :BP=CQ.
Lời giải :
PQ
Y
XK
L
MC
B
A
T
I
D
F
E
Gọi T là giao của KM và XY.
Vì KXLY là tứ giác nội tiếp và có hai cạnh KX và YL song song nên KXLY là hình thang cân.
Suy ra :T,I,D thẳng hàng.
Do đó theo tính chất 5 ta có:E,T,F thẳng hàng.
Theo tính chất của hàng điểm điều hòa thì:(ATKL)=-1.
Do đó:AK TK
AL TL .Ta lại dễ có theo định lí Thales: .
AK TK MP
AL TL MQ .
Từ đó ta có M là trung điểm PQ nên:BQ=CP.
Bài toán 3: Cho đường tròn (I) nội tiếp ABC và tiếp xúc BC,CA,AB lần lượt tại
D,E,F.Đường thẳng qua A song song với BC cắt EF tại K. Gọi M là trung điểm của BC.
Chứng minh rằng:IM vuông góc với DK.
Lời giải:
x
K
M
L
CB
A
I
F
E
D
Theo tính chất 5 thì DI,EF,AM đồng qui tại L.
Ta có:AK BC và M là trung điểm BC nên: A(BCMK)=-1 (FELK)=-1D(FELK)=-1.
Qua I kẻ tia Ix BC,khi đó tương tự như trên ta có:I(BCMx)=-1.
Vì DF IB,DE IC,DI Ix và D(FELK)=I(BCMx)=-1 nên DK IM.
*Nhận xét:
N K
M
L
CB
A
I
F
E
D
Gọi N là giao điểm của AK và DI.Ta có:N(FELK)=-1 và NKNL nên NL là phân giác
FNE .Từ kết quả đó cùng với tứ giác:ANIF là tứ giác nội tiếp nên:A,N,E,I,F cùng thuộc
một đường tròn.
Kết hợp với tính chất 2 ta có một bài toán hay và khó sau:
Bài toán 4: (Romani TST 2007).Cho ABC ,đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AC,AB
lần lượt tại E,F.M là trung điểm của BC.AM cắt EF tại N.(M,MB) cắt BI,CI tại X,Y tương
ứng.Chứng minh rằng:NX AC
NY AB .
Lời giải:
J
Y
X
M
N
CB
A
I
F
E
D
Theo tính chất 2 thì X,Y thuộc EF.
Theo tính chất 5 thì DI,AM,EF đồng qui tại N.
Gọi J là giao điểm của AI và BC.
Ta có:E,X,C,D,I cùng thuộc một đường tròn và EI=DI nên: ICJ IXN .
Lại có:1 1
90 ( )2 2
NIX BID ABC ACB BAC ICA IAC DIC .
Suy ra: ~DJC NIX (g.g)NX JC
NI JI .
Tương tự:NY JB
NI JI .
Từ đó ta có đpcm.
III-Đường tròn nội tiếp và các tính chất liên quan đến những đường tròn khác.
1-Đường tròn ngoại tiếp
Sau đây tôi xin giới thiệu về sự giống nhau đến “kì diệu” của tâm nội tiếp và tâm ngoại tiếp
tam giác.
Với tam giác ABC , ta kí hiệu O,I lần lượt là tâm hai đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp
tam giác.Gọi S là I hoặc O.Sau đây là một số bài toán đơn giản:
Bài 1:Kẻ SD,SE,SF lần lượt vuông góc với BC,CA,AB.Thế thì AD,BE,CF đồng quy.
Bài 2: Gọi M,N,P lần lượt là điểm đối xứng của S qua D,E,F thế thì AM,BN,CP đồng
quy.
Đây được gọi là phương pháp tương tự hóa,nhờ những điều trên ta có một số lớp tính chất
đúng cho cả đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp.Vì thế nếu bạn phát hiện ra một tính chất nào
đó của đường tròn nội tiếp,hãy tìm hiểu xem nó có đúng với đường tròn ngoại tiếp hay
không.Bạn sẽ phát hiện ra nhiều điều thú vị đấy.
Sau đây ta xem xét một số bài toán:
Bài toán 3:Cho tam giác ABC nội tiếp (O).Tiếp tuyến của đường tròn tại B và C cắt
nhau tại A’.Xác định tương tự cho B’,C’.Khi đó:AA’,BB’,CC, đồng qui.
Vì AA’,BB’,CC’ là các đường đối trung của tam giác ABC nên chúng đồng qui tại điểm
Lemoine.Và rõ ràng bài toán với đường tròn nội tiếp hoàn toàn đúng.
Bài toán 3’: Cho tam giác ABC nội tiếp (I).Tiếp tuyến của đường tròn tại B và C cắt
nhau tại A’.Xác định tương tự cho B’,C’.Khi đó:AA’,BB’,CC, đồng qui.
Các điểm A’,B’,C’ là các tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB nên ta có ngay AA’.BB’,CC’ đồng
qui.
Bài toán 4:Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I).Gọi A',B',C' lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp các tam giác IBC,ICA,IAB. Khi ấy AA',BB',CC' đồng quy.
Bài toán này ta đã xử lí ở bài toán 3 tính chất 1.
Ta thử xem xét nó có đúng ở đường tròn nội tiếp hay không?
Bài toán 4’:Cho tam giác ABC ngoại tiếp (I).Gọi A',B',C' lần lượt là tâm đường tròn nội
tiếp các tam giác IBC,ICA,IAB. Khi ấy AA',BB',CC' đồng quy hay không?
Gợi ý:
A'
I
A
B C
Sẽ dung Định lí Ceva dạng sin.
Ta có:
sin ' 3. ' sin .sin
sin ' sin '.sin '' 4 4sin ' 3sin ' sin '.sin '
. ' sin .sin' 4 4
ABA B CA B
A AB ABA A CBAAACA C BA AC ACA A BC
A CAA
.
Thiết lập 3 hệ thức còn lại ta suy ra đpcm.
Nếu thay đường tròn nội tiếp (I) bằng đường tròn (O) thì sao nhỉ?
Bài toán 4’’: Cho tam giác ABC nội tiếp (O).Gọi A',B',C' lần lượt là tâm đường tròn
ngoại tiếp các tam giác OBC,OCA,OAB. Khi ấy AA',BB',CC' đồng quy.
Điểm đồng qui được gọi là điểm Kosnita của tam giác ABC.Cách chứng minh được giới
thiệu trong nhiều tài liệu trên internet.
Bài toán 4’’’’: Cho tam giác ABC nội tiếp (O).Gọi A',B',C' lần lượt là tâm đường tròn
nội tiếp các tam giác OBC,OCA,OAB. Liệu AA',BB',CC' đồng quy hay không?
Bài toán này xin mời bạn đọc.
Chỉ thay thế đường tròn nội tiếp bằng đường tròn ngoại tiếp hoặc ngược lại thì ta đã có
ngay một tính chất mới,thật thú vị phải không các bạn.Hãy tự mình khám phá những tính
chất đẹp đẽ ấy các bạn nhé.
Nhưng đôi lúc ta sẽ không nhận được kết quả như mong muốn,nhưng bạn hãy cứ thử
Bài toán 5:Cho tam giác ABC,phân giác AM. 1 2, ,O O O lần lượt là tâm đường tròn ngoại
tiếp của các , ,ABC AMB AMC .Ta có: 1 2OO OO .
Gợi ý:
Xét trường hợp như hình vẽ,các trường hợp khác chứng minh tương tự.
Gọi P,Q,R lần lượt là trung điểm của AC,AM,AB.
Ta dễ chứng minh các tứ giác 2AQPO và 1AQO R là tứ giác nội tiếp.
Kết hợp cùng BAM CAM ta có: 1 2 2 1OOO OO O
Từ đó ta có đpcm.
O2
PO1
R Q
M
O
B
A
C
Bài toán 5’:Cho tam giác ABC,phân giác AM. 1 2, ,I I I lần lượt là tâm đường tròn nội
tiếp của các , ,ABC AMB AMC .Khi đó: 1 2II II có đúng hay không?
I
I2I1
MB
A
C
Rõ ràng tính chất trên là không đúng,nhưng xin bạn đừng nản lòng,ít ra bạn đã biết một
trường hợp,một bài toán mà bạn không ngộ nhận về sự đúng đắn của nó.
2-Đường tròn mixtilinear
Nhắc đến đường tròn nội tiếp,sẽ là thiếu sót nếu ta bỏ qua đường tròn mixtilinear.Đường
tròn mixtilinear là đường tròn tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp và hai cạnh của tam giác.
Có nhiều bài viết liên quan đến đường tròn mixtilinear trên internet mà các bạn có thể tham
khảo.Ở bài viết này tôi xin giới thiệu những tính chất cơ bản nhất,đó là một lớp bài toán có
liên quan với nhau và có ứng dụng của bổ đề sau:
Bổ đề:Cho hai đường tròn (O,R) và (O’,R’) tiếp xúc trong với nhau tại A,(R>R’).Hai
đường thẳng qua A cắt (O) tại B và C.Từ B và C kẻ các tiếp tuyến BB’ và CC’.Khi
đó:'
'
AB BB
AC CC .
Chứng minh:
j
N
M
O
O'
A
B
C
B'
C'
P
Gọi M,N lần lượt là giao điểm của AC và AB với (O’).
Ta có:
2
2
' .
' .
BB BN BA
CC CM CA .
Lại có : BCA BAP NMA nên MN song song với BC.
Do đó theo định lí Thales thì:BN BA
CM CA .
Từ đó ta có đpcm.
Đây là một tính chất khá thú vị của hai đường tròn tiếp xúc và có nhiều ứng dụng đẹp mắt.
Ví dụ:Cho 2 đường tròn (O;R) và (O′;R′) tiếp xúc trong tại A.(R>R′).Tiếp tuyến
của (O′) tại M khác A cắt (O) tại B và C.Gọi E,F lần lượt là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABM và ACM.Chứng minh OE=OF.
Đây là sự kết hợp giữa bổ đề trên và bài toán: Cho tam giác ABC,phân giác AM.1 2, ,O O O
lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các , ,ABC AMB AMC .Ta có: 1 2OO OO .
Bài toán này đã được giới thiệu ở trên.
Vì theo bổ đề ta có:AB BM
AC CM nên AM là phân giác của BAC nên ta có ngay đpcm.
C
B
O
O'
A
M
Sau đây là một số bài toán liên quan đến đường tròn Mixtilinear.
1-(Định lý Lyness).
Đường tròn mixtilinear ( aO ) tiếp xúc với AB,AC tại X và Y.Khi đó tâm đường tròn nội
tiếp I là trung điểm XY.
Lời giải:
K
L
I
B
C
A
O
Oa
Z
X
Y
Gọi Z là tiếp điểm của của ( aO ) và (ABC).
Theo bổ đề trên thì ta có:ZX là phân giác AZB và ZY là phân giác AZC .
Gọi K,L lần lượt là giao điểm của BI và CI với (ABC).Khi đó:Z,X,L và Z,Y,K thẳng hàng.
Theo định lí Pascal cho lục giác:ABKZLC thì X,I,Y thẳng hàng.
Từ đó ta có đpcm
Nhận xét:
1)Ta dễ dàng chứng minh được:BXIZ và CYI’Z là các tứ giác nội tiếp.
Suy ra:2 2
BZA BCABIX BZX
.Tương tự thì:
2
CBACIY
2)Áp dụng định lí hàm số sin ta có:sin sin
IY YC
ICY CIY
và
sin sin
IX BX
IBX BIX
.
Kết hợp với:IX=IY và 2
CBACIY
,
2
BCABIX
.Ta có:
.
2
2
sinsin .sin 2
sin .sinsin
2
C
BX BZ ICY BIX
BCY CZ CIY IBX
Từ nhận xét trên ta có bài toán :
2)Gọi P là giao điểm của ZI và (ABC).Khi đó P là điểm chính giữa cung BC.
Chứng minh :
P
K
L
I
B
C
A
O
Oa
Z
X
Y
Vì BXIZ và CYI’Z là các tứ giác nội tiếp nên : BZI AXY AYX CZI .
Suy ra :ZP là phân giác BZC .
Do đó ta có đpcm.
3)Gọi E là giao điểm ZI và BC.Khi đó :AE,CX,BY đồng qui.
Lời giải :
E
P
K
L
I
B
C
A
O
Oa
Z
X
Y
Theo bổ đề trên và ZE là phân giác BZC thì ta có :BE ZB BX
CE ZC CY .
Do đó : . . 1XB YA EC
XA YC EB .Theo định lí Ceva cho tam giác ABC thì ta có đpcm.
4)Gọi T là giao điểm của AI và (ABC).Khi đó :TZ,BC,XY đồng qui.
Lời giải :
F
T
E
P
K
L
I
B
C
A
O
Oa
Z
X
Y
Gọi F là giao điểm của BC và TZ
Ta có : 90PZT (vì T và P lần lượt là trung điểm cung nhỏ và cung lớn BC)nên RF là
phân giác ngoài của BZC .
Suy ra :BF ZB BX
CF ZC CY nên . . 1
XB YA FC
XA YC FB .
Theo định lí Menelaus cho tam giác ABC thì ta có đpcm.
5)Gọi D là giao điểm AZ và XY.Khi đó :DE AI.
Lời giải :
D
F
T
E
P
K
L
I
B
C
A
O
Oa
Z
X
Y
Ta sẽ chứng minh DE PQ.
Từ tính chất ZI là phân giác BZC ta
có : 180CFZ FYC BCA IZC BZA EZD .
Suy ra tứ giác :FDEZ là tứ giác nội tiếp.
Mặc khác : 90EZF nên DE PQ.
Lại có :AI PQ nên ta có đpcm.
Nhận xét :
1)Từ bài toán này ta dễ có :FZ aO A là tứ giác nội tiếp.
2)Vì CX,BY,AE đồng qui nên : (FEBC)=-1 và DEDF nên DE,DF lần lượt là phân giác trong
và ngoài của BDC .
3-Những kết quả khác
Sau đây ta sẽ đến với những kết quả khác của đường tròn nội tiếp và những đường tròn
đặc biệt trong tam giác.
Ta đến với một định lí rất thú vị của hình học phẳng liên quan đến đường nội tiếp và đường
tròn Euler.
Định lí Feuerbach:
Trong một tam giác,đường tròn Euler tiếp xúc trong với đường tròn nội tiếp của
nó.Ngoài ra đường tròn Euler còn tiếp xúc ngoài với các đường tròn bàng tiếp của
tam giác.
Như ta đã biết nếu gọi D,E,F lần lượt là chân đường vuông góc của I trên BC,CA,AB thì ta
có D,E,F là tiếp điểm của (I) với BC,CA,AB.Khi đó:AD,BE,CF đồng qui.Ta thay thế đường
tròn (I) bằng một đường tròn đồng tâm I nhưng có bán kính r’ r.Khi đó ta gọi D’,E’,F’ lần
lượt là giao của ID,IE,IF với (I;r’) thì ta cũng có:AD’,BE’,CF’ đồng qui.
Kết quả trên được phát biểu bằng định lí sau đây.
Định lí Kariya:
Cho tam giác ABC có (I) là đường tròn nội tiếp.Ở phía ngoài tam giác lấy các điểm
M,N,P sao cho IM=IN=IP và IM,IN,IP tương ứng vuông góc với BC,CA,AB.Khi
đó:AM,BN,CP đồng qui.
Định lí này là hệ quả của định lí Jacobi và các bạn có thể tham khảo lời giải trên internet.
Trên đây là bài viết về đường tròn nội tiếp,đây là những tính chất khá quen thuộc và thú vị.
Mong rằng qua bài viết này,mọi người sẽ thêm yêu quí toán học nói chung và cảm nhận
được phần nào vẽ đẹp của hình học nói riêng.
Dù tác giả đã rất cố gắng trong quá trình viết bài,nhưng vẫn còn nhiều hạn chế về mặt kiến
thức lẫn trình bày,rất mong nhận được sự đóng góp ý kiến của bạn đọc.Xin chân thành cám
ơn.
Tài liệu tham khảo:
1-Simple problem and its applications và các bài viết của tác giả Nguyễn Văn Linh.
2-Mathscope.org.
3-Mathlink.ro
4-Tài liệu chuyên toán lớp 10.
5-Một số bài giảng trên lớp của GV trường chuyên Lương Thế Vinh,Đồng Nai.
