Đường tròn nội tiếp và những tính chất thú vị

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 ABCvà đường tròn đường tròn nội tiếp (I).Khi đó: 90
2
BAC
BIC

   . 
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
C
B
A
I
Theo tính chất 1 thì: 90 120
2
BAC
BIC

     .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     
3
180 (90 ) 180
2 2
ABC
ICB BCA      
3 3 3
180 180 (120 )
2 2 2
BCA 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. 
C
B
A
I
P
Khi đó ta có:
2
BCA
BCP

  
Tình toán một chút ta có: 360 180
2 2
A B
AIP AIB BIP BCP
 
         :2=90 
Vậy AI>AP 
TH2 :P thuộc cung IB. 
Khi đó thì P nằm trong góc AIB. 
C
B
A
I
P
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: 90
2
BAC
BIC

   
suy ra: BKC =180 BAC . 
Do đó tứ giác:KBAC là tứ giác nội tiếp. 
Suy ra: IKC ABC  nên 
180
2
IKC
KIC
 
  = 
180
2
ABC
.(1) 
KA
C
B
I
Mà : 90
2
BAC
AIC

   .(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
I
O
A
B
C
.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. 
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
F
E
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 BAM
EDK 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 ABC
BC 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: 
cos
OQ MP MP
AOQ
OA BC BC
    
cos
MP
CMN
BC
  
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 OK
NOC OPK
KP OK KP
NC NC ON
NOC 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.B aI 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
H
K
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 1ABC và H-trực tâm ABC là 
tâm đường tròn nội tiếp tam giác 1 1 1ABC . 
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:AJBC. 
Lời giải: 
HK
J
Q
N
M
P
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. 
HD
R
J
Q
N
P
E
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'
C
B
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: a
r
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
r
AV : 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
A1
A3
N
A
C
B
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. 
TH
L
K
A
C
B
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 : 90
2
BAC
HCA

   . 
Vì vậy ta sẽ đi chứng minh : TLK =90
2
BAC
 . 
Thật vậy : TLK = TLE ELK  =90 LTC EDK  =90 (90 )
2
ACB
ABI

   
 =
1
( ) 90
2 2
BAC
ABC 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 E2
D2
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 BCCEPA BC a
PD BD E C CD E C E C p a
   

. 
Do đó : 2
PD 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 
PT
H
L
K
A
C
B
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,AICP 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
P
H
C1
B1
K
L
N
A
C
B
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
C
B
I
M
Bài toán 5: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'
H
O
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 6 : (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