Mục này nghiên cứu giải một số bài toán đồng quy bằng cách ứng dụng định lý Carnot về điều kiện cần và đủ để ba đường thẳng vuông góc với ba cạnh tam giác đồng quy (Định lý 1.1.5).
Bài toán 2.2.1. Cho tam giác ABC và tam giác A′B′C′. Gọi d1, d2, d3 lần lượt là các đường thẳng qua A, B, C vuông góc với B′C′, C′A′, A′B′. Gọi d′1, d′2, d′3 lần lượt là các đường thẳng qua A′, B′, C′ vuông góc với BC, CA, AB. Chứng minh rằng d1, d2, d3 đồng quy khi và chỉ khi d′1, d′2, d′3 đồng quy.
Hình 2.4: Các đường thẳng đồng quy tại M và các đường thẳng đồng quy tạiN.
Chứng minh. Theo Định lý 1.1.5, điều kiện cần và đủ để d1, d2, d3 đồng quy là
AB′2 −AC′2 +BC′2 −BA′2 +CA′2 −CB′2 = 0.
Sắp xếp lại ta được
B′A2 −C′A2 +C′B2 −A′B2 +A′C2 −B′C2 = 0
⇔ −A′B2 +A′C2 −B′C2 +B′A2 −C′A2 +C′B2 = 0
⇔ A′B2 −A′C2 + B′C2 −B′A2 + C′A2 −C′B2 = 0.
Điều phải chứng minh.
Chú ý 2.2.2.
(i) Hai tam giác ABC và A′B′C′ xác định trong Bài toán 2.2.1 được gọi là hai tam giác trực giao.
(ii) Giao điểm của d1, d2, d3 được gọi là tâm trực giao của tam giácABC đối với tam giácA′B′C′. Giao điểm củad′1, d′2, d′3 được gọi là tâm trực giao của tam giác A′B′C′ đối với tam giác ABC.
Tiếp theo ta sẽ đi đến một số bài toán sử dụng tính chất của hai tam giác trực giao.
Định nghĩa 2.2.3. Cho tam giác ABC và một điểm P nằm trong tam giác. Điểm Q được gọi là điểm liên hợp đẳng giác của P trong tam giác ABC nếu các đường thẳng AQ, BQ, CQ lần lượt đối xứng với các đường thẳng AP, BP, CP qua các đường phân giác của các góc A, B, C.
Bài toán 2.2.4. Cho tam giác ABC và điểm P bất kì. Gọi Q là điểm liên hợp đẳng giác của P đối với tam giác ABC. Gọi E, F lần lượt là giao điểm của BQ, CQ với CA, AB. Gọi X, Y, Z lần lượt là hình chiếu của P lên BC, CA, AB. Gọi T là trực tâm của tam giácAY Z. Chứng minh rằng XT ⊥ EF.
Hình 2.5:XT ⊥EF
Chứng minh. Do AZP Y nội tiếp nên \QAC = ZAP[ = \ZY P = T AY[, suy ra A, T, Q thẳng hàng. Từ đó, ta có AQ ⊥ Y Z. Tương tự, ta có BQ ⊥ ZX, CQ ⊥ XY. Do đó các đường thẳng qua Q, E, F lần lượt vuông góc với Y Z, T Z, T Y đồng quy tại A. Khi đó tam giác QEF và
T Y Z trực giao với nhau. Như vậy các đường thẳng qua T, Y, Z lần lượt vuông góc với EF, F Q, QE đồng quy tại X. Suy ra XT ⊥ EF.
Bài toán 2.2.5. Cho Ia, Ib, Ic lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp góc A, B và C của tam giác ABC. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là tiếp điểm của đường tròn bàng tiếp góc A, B và C của tam giác ABC. Chứng minh rằng IaA1, IbB1 và IcC1 đồng quy tại một điểm.
Hình 2.6: IaA1, IbB1 vàIcC1 đồng quy tại một điểm.
Chứng minh. Theo định lý Carnot thì IaA1, IbB1 và IcC1 đồng quy khi và chỉ khi
IaB2 −IaC2 +IbC2 −IbA2 +IcA2 −IcB2 = 0. (2.1) Theo định lý Pytago, ta có
IaB2 −IaC2 = IaA21 +BA21 −(IaA21 +A1C2)
= BA21 −A1C2. Tương tự, ta có
IbC2 −IbA2 = CB12 −B1A2 và IcA2 −IcB2 = AC12 −C1B2. Cho nên việc chứng minh (2.1) tương đương với chứng minh
BA21 −A1C2 +CB12 −B1A2 + AC12 −C1B2 = 0. (2.2) Mặt khác, các tiếp điểm A1, B1, C1 của các đường tròn bàng tiếp có tính chất chia đôi chu vi tam giác, cụ thể
AB +BA1 = AC +CA1 = 1
2(AB +BC + CA), BA+ AB1 = BC + CB1 = 1
2(AB +BC + CA), CA+AC1 = CB +BC1 = 1
2(AB +BC + CA).
Kéo theo
BA1 = AB1, CA1 = AC1, CB1 = C1B,
tức là các số hạng trong vế trái của (2.2) triệt tiêu lẫn nhau. Do đó (2.1) thỏa mãn.
Bài toán 2.2.6. Cho tam giác ABC có các đường cao AH, BE, CF đồng quy tại H. Gọi X, Y, Z lần lượt là điểm đối xứng của A, B, C qua BC, CA, AB. Chứng minh rằng các đường thẳng qua X, Y, Z lần lượt vuông góc EF, F D, DE đồng quy tại một điểm.
Chứng minh. Áp dụng công thức đường trung tuyến cho tam giác AF X và AEX, ta có
F X2 −EX2 = 2F D2 + AX2
2 −AF2−2ED2 + AX2
2 −AE2
= 2(F D2 −ED2) + (AE2 −AF2).
Chứng minh tương tự, ta có
Y D2 −Y F2 = 2(ED2 −EF2) + (BF2 −BD2), ZE2 −ZD2 = 2(EF2 −F D2) + (CD2 −CE2), Suy ra
(ZE2 −ZD2) + (F X2 −EX2) + (Y D2 −Y F2)
= (CD2 −CE2) + (AE2 −AF2) + (BF2 −BD2).
Mặt khác ta có đường thẳng qua A, B, C lần lượt vuông góc với EF, F D, DE đồng quy tại tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên theo định lý Carnot, ta có
(AE2 −AF2) + (BF2 −BD2) + (CD2 −CE2) = 0.
Vậy ta có ngay điều phải chứng minh.
Ba bài toán tiếp theo đây đều là các trường riêng của một bài bài toán tổng quát hơn.
Bài toán 2.2.7 ([2]). Cho tam giác ABC có Ma, Mb, Mc là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB và Ha, Hb, Hc là chân các đường cao tương ứng với các đỉnh A, B, C. Gọi A1, B1, C1 theo thứ tự là tâm của ba đường tròn (AMbHc),(BMcHa) và (CMaHb). Chứng minh rằng ba đường thẳng qua A1, B1, C1 và vuông góc với ba cạnh BC, CA, AB đồng quy.
Hình 2.7: Hình Bài tập 2.2.7
Bài toán 2.2.8 ([2]). Cho tam giác ABC có Ma, Mb, Mc là trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Gọi P là một điểm bất kỳ trên mặt phẳng chứa tam giácABC và có các hình chiếu vuông góc xuống BC, CA, AB lần lượt là Pa, Pb, Pc. Gọi A1, B1, C1 là tâm của ba đường tròn (AMbPc),(BMcPa) và (CMaPb). Chứng minh rằng ba đường thẳng qua A1, B1, C1 và vuông góc với ba cạnh BC, CA, AB đồng quy.
Bài toán 2.2.9 ([2]). Cho tam giác ABC và hai điểm bất kỳ P, N trên mặt phẳng. Gọi hình chiếu vuông góc của P xuống BC, CA, AB lần lượt là
Pa, Pb, Pc và hình chiếu của N lần lượt Na, Nb, Nc. Gọi A1, B1, C1 là tâm của ba đường tròn (ANbPc),(BNcPa) và (CNaPb). Chứng minh rằng ba đường thẳng quaA1, B1, C1 và lần lượt vuông góc với ba cạnh BC, CA, AB đồng quy.
Như vậy Bài tập 2.2.7 dùng trực tâm và tâm ngoại tiếp, tiếp theo đó Bài tập 2.2.8 dùng điểm P bất kỳ và tâm ngoại tiếp, còn Bài tập 2.2.9 dùng hai điểm bất kỳP và N làm dữ liệu. Bài tập sau đây là tổng quát hơn của ba bài toán trên vì bỏ qua điều kiện bộ sáu điểm Na, Nb, Nc, Pa, Pb, Pc là hình chiếu vuông góc của hai điểm N, P và chỉ để lại điều kiện các điểm đó nằm trên ba cạnh của tam giác.
Bài toán 2.2.10([2]). Cho tam giácABC và sáu điểm Na, Pa ∈ BC, Nb, Pb ∈ CA, Nc, Pc ∈ AB. Gọi A1, B1, C1 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp của các tam giác ANbPc, BNcPa và CNaPb. Chứng minh rằng các đường thẳng A1, B1, C1 và lần lượt vuông góc với BC, CA, AB đồng quy khi và chỉ khi các đường trung trực của NaPa, NbPb, NcPc đồng quy.
Hình 2.8: Bài toán tổng quát
Ta cần một khẳng định trước khi chứng minh bài toán tổng quát này.
Đặt
CABC(A′B′C′) = (A′B2 −A′C2) + (B′C2 −B′A2) + (C′A2 −C′B2) là đại lượng Carnot của tam giác A′B′C′ đối với tam giác ABC.
Bổ đề 2.2.11. Cho tam giác ABC. Gọi A0, A1, A2, B0, B1, B2, C0, C1, C2 là các điểm trong cùng mặt phẳng tam giác ABC thỏa mãn
−−−→A2A0 = k−−−→
A2A1,−−−→
B2B0 = k−−−→
B2B1,−−−→
C2C0 = k−−−→
C2C1, k ∈ R. Khi đó
CABC(A0B0C0) = kCABC(A1B1C1) + (1−k)CABC(A2B2C2).
Chứng minh. Gọi Ma, Mb, Mc lần lượt là trung điểm của BC, CA, AB, ta có
A0B2 −A0C2 = −−→
A0B(−−→
A0C −−−→
BC)−−−→
A0C(−−→
A0B)
= −−−→ BC(−−→
A0B +−−→
A0C) =−2−−→
BC ã−−−→
A0Ma. Tương tự như vậy, ta có
B0C2 −B0A2 = −2−→
CAã−−−→
B0Mb, C0A2 −C0B2 = −2−→
ABã−−−→
C0Mc. Cộng ba đẳng thức, ta được
CABC(A0B0C0) = −2(−−→
BC ã−−−→
A0Ma+−→
CAã−−−→
B0Mb +−→
AB ã−−−→
C0Mc).
Tương tự như vậy, ta có
CABC(A1B1C1) = −2(−−→
BC ã−−−→
A1Ma+−→
CAã−−−→
B1Mb +−→
AB ã−−−→
C1Mc).
CABC(A2B2C2) = −2(−−→
BC ã−−−→
A2Ma+−→
CAã−−−→
B2Mb +−→
AB ã−−−→
C2Mc).
Từ giả thiết, ta có k−−−→
MaA1 + (1−k)−−−→
MaA2 = k−−−→
MaA1 +−−−→
MaA2 −k−−−→
MaA2
= k(−−−→
MaA1 +−−−→
A2Ma) +−−−→
MaA2
= k−−−→
A2A1 +−−−→
MaA2
= −−−→
A2A0 +−−−→
MaA2 = −−−→
MaA0, hay
−−−→MaA0 = k−−−→
MaA1 + (1−k)−−−→
MaA2. Tương tự như vậy, ta có
−−−→MaB0 = k−−−→
MaB1 + (1−k)−−−→
MaB2,
−−−→MaC0 = k−−−→
MaC1 + (1−k)−−−→
MaC2.
Từ ba đẳng thức trên và từ phần trên ta suy ra hệ thức cần chứng minh.
Ta quay trở lại chứng minh bài toán tổng quát.
Chứng minh. Gọi Xa, Xb, Xc lần lượt là trung điểm của NaPa, NbPb, NcPc. Ta sẽ chứng minh rằng
CABC(XaXbXc) = CABC(A1B1C1).
Thật vậy, gọi Ta, Tb, Tc là các điểm sao cho ATa, BTb, CTc là đường kính của các đường tròn (A1),(B1) và (C1). Khi đó, A1, B1, C1 là trung điểm củaATa, BTb vàCTc.Áp dụng Bổ đề 2.2.11 vớik = −1(−−→
A1Ta = −1ã−−→
A1A) ta được
CABC(TaTbTc) = −CABC(ABC) + 2CABC(A1B1C1).
Tuy nhiên, ta thấy rằng CABC(ABC) = 0 nên
CABC(TaTbTc) = 2CABC(A1B1C1).
Mặt khác, cũng theo Bổ đề 2.2.11 ta có
(TaB2 −TaC2) + (TbC2 −TbA2) + (TcA2 −TcB2)
= (TaB2 −TaA2)−(TaC2 −TaA2) + (TbC2 −TbB2)
−(TbA2 −TbB2) + (TcA2 −TcC2)−(TcB2 −TcC2)
= (BPc2 −APc2)−(CNb2 −ANb2) + (CPa2 −BPa2)
−(ANc2 −BNc2) + (APb2 −CPb2)−(BNa2 −CNa2)
= CABC(NaNbNc) +CABC(PaPbPc)
= 2CABC(XaXbXc).
Từ đó, ta suy ra CABC(XaXbXc) = CABC(A1B1C1). Áp dụng định lý Carnot ta có các đường thẳng đi qua A1, B1, C1 lần lượt vuông góc với BC, CA, AB đồng quy khi và chỉ khi các đường thẳng đi qua Xa, Xb, Xc lần lượt vuông góc với BC, CA, AB đồng quy khi và chỉ khi các đường trung trực của NaPa, NbPb, NcPc đồng quy.
Bài toán 2.2.12 (USAMO 1997). Cho tam giác ABC và dựng các tam giác cân BCD, CAE và ABF nằm bên ngoài tam giác ABC với BC, CA và AB là các cạnh đáy. Chứng minh rằng các đường thẳng qua A, B, C tương ứng vuông góc với EF, F D, DE thì đồng quy.
Chứng minh. Đặt A′ là giao điểm của đường thẳng qua A, vuông góc với F E. Định nghĩa B′ và C′ tương tự. Theo định lý Carnot, ba đường thẳng đồng quy khi
F A′2 −EA′2 + EC′2 −DC′2 +DB′2 −F B′2
= AF2 −AE2 +CE2 −CD2 + BD2 −BF2 = 0.
Nhưng điều này là đúng vì D nằm trên đường trung trực của BC, BD = DC.
Bài toán 2.2.13. Cho tam giác ABC. Gọi (Ka) là một đường tròn tùy ý đi qua B, C và cắt CA, AB tương ứng tại Ab, Ac. Xác định nghĩa các Bc, Ba, Ca, Cb một cách tương tự. Chứng minh rằng đường trung trực của CaBa, AbCb, BcAc đồng quy.
Hình 2.9: Ba đường trung trực đồng quy.
Chứng minh. GọiAa, Bb, Cc tương ứng là chân đường trung trực của CaBa, AbCb, BcAc. Định lý Carnot đảm bảo ba đường trung trực củaCaBa, AbCb, BcAc đồng quy khi ta có thể chỉ ra
(ACc2 −BCc2) + (BA2a −CA2a) + (CBb2 −ABb2) = 0. (2.3) Xét số hạng đầu tiên trong vế trái của (2.3), ta có
ACc2 −BCc2 = (ACc + BCc)(ACc −BCc) = AB(ACc −BCc).
Vì
ACc = AAc +ABc
2 = AAc +AB−BBc
2 ,
BCc = BBc + AAc
2 = BBc + AB−AAc 2
nên
ACc2 −BCc2 = AB(AAc −BBc).
Tương tự, ta thu được
BA2a−CA2a = BC(BBa−CCa),
CBb2 −ABb2 = CA(CCb −AAb).
Do đó (2.3) trở thành
ABãAAc+BCãBBa+CAãCCb = BAãBBc+CBãCCa+ACãAAb, (2.4) trong đó ta đã viết AB thành BA, BC thành CB và CA thành CA ở vế phải của (2.4). Ta viết lại (2.4) thành
ABãAAc+BCãBBa+CAãCCb = ACãAAb+BAãBBc+CBãCCa. (2.5) Trong (2.5),ABãAAc là phương tớch của điểm Ađối với đường trũn (Ka), nhưng ACãAAb cũng là phương tớch của điểm Ađối với đường trũn (Ka). Tương tự, ta cú BCãBBa = BAãBBc và CAãCCb = CBãCCa. Vậy cỏc số hạng của (2.5) tự khử nhau nên (2.5) đúng, kéo theo (2.3) đúng. Do đó định lý Carnot được thỏa mãn.