Trong không gian Ơclít En có nhóm afin Af(En), do đó ta cũng có hình học afin trên En. Vì Isom(En) là nhóm con của nhóm Af(En) nên hình học afin là một bộ phận của hình học Ơclít. Điều đó có nghĩa là các tính chất afin (là những tính chất không thay đổi qua các phép biến đổi afin) cũng là các tính chất Ơclít và được nghiên cứu trong hình học Ơclít, nhưng điều ngược lại chưa chắc đúng vì các tính chất bất biến qua nhóm đẳng cự Isom(En) chưa hẳn là các tính chất bất biến afin, thí dụ như tính vuông góc của các phẳng, số đo khoảng cách, số đo góc… Vì vậy hình học Ơclít trên En rộng hơn, phong phú hơn hình học afin trên En. Khi nghiên cứu về hình học Ơclít, việc phân biệt một tính chất (hoặc khái niệm) xem nó là tính chất afin hay tính chất Ơclít là một điều quan trọng. Giả sử một hình H nào đó của En có tính chất . Nếu là tính chất afin thì những hình tương đương afin với H cũng có tính chất . Còn nếu là tính chất Ơclít thì chỉ có thể nói những hình bằng H mới có tính chất đó mà thôi.
Các khái niệm song song, hình thang, hình bình hành, tỉ số đơn của ba điểm thẳng hàng,… là các khái niệm afin. Độ dài, số đo góc, hình vuông, hình thoi là các khái niệm Ơclít. Các tính chất của các phân giác, đường cao, đường trung trực của tam giác là các tính chất Ơclít của tam giác. Định lý Talét và định lý Pitago đều là các định lý của hình học Ơclít. Tuy nhiên, định lý Talét cũng là định lý của hình học afin, còn định lý Pitago thì không phải định lý của hình học afin. Tính chất “trong tam giác đều đường cao là đường trung tuyến” không thể áp dụng cho mọi tam giác bất kì vì qua một phép afin một tam giác đều có thể biến thành một tam giác có hình dạng tuỳ ý. Ngược lại tính chất “ba đường trung tuyến của một tam giác đồng quy”
đều có thể áp dụng cho mọi tam giác vì tính chất trung tuyến của tam giác, tính chất đồng quy của các đường thẳng đều là những tính chất afin.
Trong mặt phẳng Ơclít, để chứng minh một bài toán afin hay một định lý của hình học afin, ta có thể sử dụng các kiến thức của cả hình học afin và hình học Ơclít để chứng minh một bài toán afin. Ở bậc phổ thông, ta thường dùng các kiến thức của hình học Ơclít trong chứng minh bài toán afin, cụ thể là sử dụng các thể hiện Ơclít của các khái niệm afin, sau đó dùng các định lý của hình học Ơclít để giải.
Chẳng hạn, ta có tỉ số đơn A B C, , CA
CB
là khái niệm afin. Nếu ta xét trong hình học afin trên mặt phẳng, kí hiệu CA và CB ở đây để chỉ các số thực và
sao cho CAe và CBe, mà không phải là độ dài đại số của đoạn thẳng CA,
CB. Trong hình học Ơclít, CA và CB chính là các độ dài đại số của các đoạn thẳng
CA, CB, tỉ số đơn (A, B, C) có thể hiện Ơclít là tỉ số của các độ dài đại số của hai đoạn thẳng CA, CB trên cùng một trục số với véctơ đơn vị e. Ta xét một số ví dụ cụ thể như sau:
Ví dụ 1.2. Trên mặt phẳng Ơclít, chứng tỏ rằng quỹ tích trung điểm các dây cung song song với nhau của một đường elíp là một dây cung đi qua tâm của elíp.
Lời giải.
* Dùng kiến thức của hình học afin. Trên mặt phẳng Ơclít, cho elíp (E) có phương trình chính tắc x2 + y2 = 1 đối với một mục tiêu afin nào đó. Gọi MN là dây cung thay đổi của (E) luôn song song với nhau, nói cách khác đường thẳng MN có véctơ chỉ phương ua b, cố định. Gọi trung điểm của MN là (x0; y0). Khi đó, nếu IM tu thì IN tu hay M(x0 + at; y0 + bt) và N(x0 – at; y0 – bt). Vì M và N
nằm trên (E) nên: (x0 + at)2 + (y0 + bt)2 = (x0 – at)2 + (y0 – bt)2 = 1. Từ đó suy ra
4(ax0 + by0)t = 0. Vì t 0 nên ta có ax0 + by0 = 0. Như vậy, điểm I nằm trên đường thẳng có phương trình ax + by = 0 đi qua tâm của elíp. Tuy nhiên I phải nằm trong hoặc trên elíp nên quỹ tích I là một đường kính của elíp.
Q
B P
A
C R
* Dùng kiến thức của hình học Ơclít. Dùng phép biến hình afin f biến elíp (E) thành đường tròn (C). Ta chỉ cần chứng minh định lý trên đối với đường tròn. Gọi O
là tâm của đường tròn và I là trung điểm của dây cung MN thì OI MN, nên quỹ tích I là đường kính của đường tròn (vuông góc với MN).
Ví dụ 1.3 (Định lý Mê-nê-la-uýt).
Cho tam giác ABC. Các điểm P, Q, R (không trùng với A, B, C) lần lượt thuộc các đường thẳng BC,
CA, AB. Khi đó, P, Q, R thẳng hàng khi và chỉ khi tích các tỉ số đơn (B, A, R).(C, B, P).(A, C, Q) = 1.
Lời giải.
*Dùng kiến thức hình học afin. Ta có B A R, , RB
RA
. Kẻ đường thẳng d’ đi qua và song song với d cắt đường thẳng AB tại điểm C’ (H. 1.5). Theo định lý Ta-lét áp dụng cho tam giác RBP (có CC’ // PR) và tam giác CAC’ (có QR // CC’),
ta có: ' , , ', , ; , , , ', ' RC RA C B P C B R A C Q A C R RB RC . Vậy: (B, A, R).(C, B, P).(A, C, Q) = 1. * Dùng kiến thức hình học Ơclít.
- Điều kiện cần: Các điểm P, Q, R thẳng hàng. Hạ từ A, B, C các đường vuông góc xuống đường thẳng d đi qua P, Q. Gọi a, b, c là khoảng cách từ A, B, C
đến đường thẳng d. Từ các cặp tam giác vuông tại PBB’ và PCC”, QBB’ và
QAA’, QAA’ và QCC”, ta tính được tỉ số đơn (C, B, P) = ' c b , (A, C, Q) = ' a c , B A R, , b a
. Nhân vế với vế các đẳng thức trên ta được điều phải chứng minh.
- Điều kiện đủ: Giả sử (B, A, R).(C, B, P).(A, C, Q) = 1. Ta chứng minh P, Q,
R thẳng hàng. Thật vậy, gọi R’ là giao điểm của đường thẳng PQ với đường thẳng
AB. Từ P, Q, R’ thẳng hàng và theo điều kiện cần: (B, A, R’).(C, B, P).(A, C, Q) = 1. Từ đó ta suy ra (B, A, R) = (B, A, R’) nên R trùng với R’. Vậy, P, Q, R thẳng hàng.
E F G H I D A2 A1 B1 B2 C1 C2 A' B' C'
Trong mặt phẳng afin, hai tam giác bất kì tương đương afin với nhau. Khi thực hành giải toán, xét trong mặt phẳng Ơclít điều đó vẫn còn đúng vì mặt phẳng Ơclít cũng là mặt phẳng afin. Do đó, một tam giác đều hay một tam giác vuông là tương đương afin với một tam giác thường bất kì nên chúng có các tính chất afin như nhau (tính chất không phải là tính chất afin thì khác nhau). Vì vậy, ta có thể xem xét một bài toán về tam giác đều có các tính chất afin nào đó và suy ra tam giác bất kì cũng có các tính chất afin như thế.
Ví dụ 1.4. Chứng minh rằng trong một tam giác bất kì, nếu mỗi cạnh của tam giác được chia làm ba phần bằng nhau và nối các điểm chia đó với các đỉnh đối diện của cạnh đó ta sẽ được sáu đường thẳng tạo nên một hình lục giác thì các đường chéo của hình lục giác này sẽ đồng quy tại một
điểm.
Lời giải. Ta có tam giác là 2-đơn hình trong mặt phẳng afin 2 chiều thông thường nên là khái niệm afin. Cạnh chia làm ba phần bằng nhau quy về tỉ số đơn bằng 1
3 và tỉ số đơn là khái niệm afin. Đồng quy và cắt nhau là các khái niệm afin. Do đó,
bài toán chứa hoàn toàn các bất biến afin. Vì tam giác thường và tam giác đều là hai khái niệm tương đương afin trong mặt phẳng afin 2 chiều thông thường nên ta có thể giải bài toán cho tam giác đều (H. 1.6).
Do đó, chọn A'B'C' đều làm hình tương đương với ABC đã cho qua một phép afin f. Theo giả thiết, trên các cạnh B'C', C'A', A'B' ta lần lượt có các điểm chia là A1, A2; B1, B2; C1, C2 sao cho:
B'A1 = A1A2 = A2C' = C'B1 = B1B2 = B2A' = A'C1 = C1C2 = C2B'. Khi đó, ta có lục giác DEFGHI.
Ta cần chứng minh các điểm D, G nằm trên đường trung trực của đoạn B'C'
và dễ thấy đường trung trực này đi qua điểm A' (do A'B'C' đều). Thật vậy, ta có
B'C'C1 = C'B'B1 (vì có B'C' chung, A’B’C’ = A’C’B’ = 600 và B'C1 = C'B1).
Do đó, B1B’C’ = C1C’B’ suy ra GB'C' cân tại G nên đỉnh G thuộc đường trung trực của đoạn thẳng B'C'.
Mặt khác, ta có B'C'B2 = C'B'C2 (vì có B'C' chung, A’B’C’ = A’C’B’ = 600 và B'C2 = C'B2). Do đó B2B’C’ = C2C’B’ suy ra DB'C' cân tại D nên đỉnh
D thuộc đường trung trực của đoạn thẳng B'C'.
Tương tự, ta chứng minh được hai đỉnh E, H thuộc đường trung trực của đoạn thẳng A'C' và hai đỉnh F, I thuộc đường trung trực của đoạn thẳng A'B'. Trong
A'B'C' đều, các đường trung trực đồng quy. Do đó, các đường chéo của hình lục giác DEFGHI đồng quy tại một điểm.
Thực hiện phép afin f -1 biến A'B'C' thành ABC ta được kết quả cần chứng minh trong ABC. Như vậy, đối với các bài toán chỉ chứa các bất biến afin thì ta có thể sử dụng tương đương afin để giải các bài toán trong không gian Ơclít.
Ví dụ 1.5. Trong mặt phẳng Ơclít, cho tam giác bất kì ABC và các điểm M,
N, P lần lượt thuộc các cạnh BC, CA, và AB sao cho các tỉ số đơn sau bằng nhau: (B, C, M) = (C, A, N) = (A, B, P)
Chứng minh rằng trọng tâm của các tam giác ABC và MNP trùng nhau.
Lời giải. Sử dụng tương đương afin, ta chỉ cần chứng minh cho trường hợp tam giác ABC là tam giác đều vì các khái niệm tỉ số đơn, trọng tâm của tam giác nêu trong bài toán là các khái niệm afin. Ta dùng các kiến thức của hình học Ơclít để giải bài toán này. Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Xét phép quay tâm G, góc quay 1200 biến A, B, C thành B, C, A. Do (B, C, M) = (C, A, N) = (A, B, P) nên phép quay này biến M, N, P thành N, P, M. Suy ra tam giác MNP là tam giác đều và nhận tâm quay G là trọng tâm.
Như vậy, ta thấy bài toán đúng trong trường hợp riêng (tam giác đều) rồi suy ra bài toán vẫn đúng trong trường hợp tổng quát (đối với mọi tam giác bất kì). Cách chứng minh này nói chung trái với quy tắc suy luận thông thường nhưng ở đây cách đó lại là đúng vì ta đã chứng tỏ được mỗi tam giác thường bất kì ABC và A’B’C’ là hai hình tương đương afin và tính chất cần chứng minh tương ứng trong mỗi hình là tính chất afin. Ta có thể chứng minh bài toán trên bằng phương pháp afin, tức là chỉ
dùng kiến thức của hình học afin. Chẳng hạn, dùng phương pháp tọa độ afin hoặc dùng phép afin. Ta đã biết điểm bất động của phép afin là duy nhất: Hãy coi điểm bất động là trọng tâm G và f cũng biến các điểm M, N, P lần lượt thành N, M, P suy ra trọng tâm G’ của tam giác MNP cũng là điểm bất động của f.
Ví dụ 1.6. Cho đường tròn (O) và dây cung AB. Gọi C là trung điểm của AB, qua C kẻ hai cát tuyến tuỳ ý là HI và KJ. Gọi M, N
là giao của AB với IJ, KH. Chứng minh rằng C
cũng là trung điểm của MN.
Lời giải. Ta chú ý rằng OM AB để chứng minh CN = CM, ta chỉ cần chứng minh hai góc
CON và COM bằng nhau.
Ta có hai tam giác HCK và ICJ đồng dạng (có các góc tương ứng bằng nhau, do tính chất của
hai góc nội tiếp cùng chắn một cung). Từ đó suy ra nếu gọi P, Q lần lượt là trung điểm của HK và IJ thì hai tam giác PCK và QCI đồng dạng nên CPN = CQM. Ngoài ra vì OP AB nên tứ giác OCNP và OCMQ là tứ giác nội tiếp. Suy ra CPN
= CON, và CQM = COM (H. 1.7). Vậy CON = COM.
Ta thấy đây là bài toán afin. Nếu dùng một phép biến đổi afin trong mặt phẳng thì đường tròn biến thành đường elíp, còn khái niệm trung điểm của đoạn thẳng được giữ nguyên. Bởi vậy, bài toán nói trên vẫn đúng nếu thay từ “đường tròn” bởi từ “đường elíp”.
Ta xét bài toán tổng quát sau: “Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O),
AC BD = K. Một đường thẳng đi qua K cắt các cạnh AB, CD tại M và N, cắt đường tròn (O) tại P và Q. Chứng minh rằng K là trung điểm của PQ khi và chỉ khi
K là trung điểm của MN”. Thật vây, ta có (AP, AB, AC, AQ) = (DP, DB, DC, DQ)
(P, M, K, Q) = (P, K, N, Q). Từ đó suy ra điều phải chứng minh (H. 1.8).
Q P M N H J C O A B I K Hình 1.7