Phan Đình Trung: Các định lí trong hình học phẳng

Đường thẳng Simson, Đường thẳng Steiner

1. Định lí về đường thẳng Simson :

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp trong đường tròn tâm $O$ . Gỉa sử $S$ là một điểm nằm trên $(O)$ sao cho $S$ không trùng với ba đỉnh của tam giác. Khi đó hình chiều vuông góc $A_0,B_0,C_0$ của $S$ lần lượt trên $BC,CA,AB$ cùng nằm trên một đường thẳng. (Đường thẳng này gọi là đường thẳng $Simson$ của điểm $S$ đối với tam giác $ABC$ )

Chứng minh :

Ta có $\widehat{CB_0S}=\widehat{CA_0S}=90^{0}$ , suy ra tứ giác $A_0B_0CS$ nội tiếp, suy ra $\widehat{B_0A_0C}=\widehat{B_0SC}$ . Mặt khác vì $ABSC$ nội tiếp nên $\widehat{C_0BS}=\widehat{ACS}=\widehat{B_0CS}\Rightarrow \Delta SC_0B\sim \Delta SB_0S\;(g.g)\Rightarrow \widehat{BSC_0}=\widehat{CSB_0}\Rightarrow \widehat{BSC_0}=\widehat{B_0A_0C}$ .

Nhưng vì $A_0BC_0S$ là tứ giác nội tiếp ( $\widehat{BA_0S}=\widehat{BC_0S}=90^{0}$ ) nên $\widehat{BSC_0}=\widehat{BA_0C_0}\Rightarrow \widehat{B_0A_0C}=\widehat{BA_0C_0}$ .

Vậy $A_0,B_0,C_0$ cùng thuộc một đường thẳng.

2. Định lí về đường thẳng Steiner :

Cho tam giác $ABC$ nội tiếp đường tròn tâm $O$ , điểm $S$ bất kì thuộc đường tròn sao cho $S$ không trùng với các đỉnh của tam giác. Gọi $A_1,B_1,C_1$ lần lượt là điểm đối xứng với $S$ qua các đường thẳng $BC,CA,AB$ . Khi đó ba điểm $A_1,B_1,C_1$ và trực tâm $H$ của tam giác $ABC$ cùng nằm trên một đường thẳng (Đường thẳng này là đường thẳng $Steiner$ của điểm $S$ đối với tam giác $ABC$

Chứng minh :

Dễ dàng thấy $A_1,B_1,C_1$ cùng nằm trên một đường thẳng song song với đường thẳng $Simson$ của điểm $S$ đối với tam giác $ABC$ .

Ta có $\widehat{AC_1B}+\widehat{AHB}=\widehat{ASB}+(180^{0}-\widehat{ACB})$ mà $\widehat{ASB}=\widehat{ACB}$ nên $\widehat{AC_1B}+\widehat{AHB}=180^{0}$ , suy ra $AHBC_1$ là tứ giác nội tiếp.

Từ đó $\widehat{AHC_1}=\widehat{ABC_1}=\widehat{ABS}$

Hoàn toàn tương tự, tứ giác $AHCB_1$ nội tiếp nên $\widehat{AHB_1}=\widehat{ACB_1}=\widehat{ACS}$

Lại có $\widehat{ACS}+\widehat{ABS}=180^{0}$ (tứ giác $ABSC$ nội tiếp)

Do đó $\widehat{AHB_1}+\widehat{AHC_1}=180^{0}$ , suy ra $H,B_1,C_1$ thẳng hàng.

Vậy : $A_1,B_1,C_1,H$ cùng thuộc một đường thẳng.

Định lí Kirkman

Cho lục giác $ABCDEF$ nội tiếp đường tròn. Chứng minh rằng các đường thẳng $Pascal$ của các lục giác $ABCDEF, ADBECF, ADCFBE$ đồng quy tại một điểm.

Chứng minh :

Gọi $Y,Y',X,X',Z,Z'$ lần lượt là giao điểm của các bộ đường thẳng $(AF,CD),(AB,DE),(BE,CD),(AB,CF),(AF,BE),(CF,ED)$ .

Khi đó dễ thấy $XX',YY',ZZ'$ lần lượt là các đường thẳng $Pascal$ của các lục giác $ADCFBE,ABCDEF,ADBECF$ .

Cần chứng minh $XX',YY',ZZ'$ đồng quy.

Gọi $P,Q,R$ lần lượt là giao điểm của các bộ đường thẳng $(AB,CD),(BE,CF),(AF,ED)$ . Khi đó theo định lí $Pascal$ cho lục giác nội tiếp $ABEDCF$ , ta có $P,Q,R$ thẳng hàng.

Xét hai tam giác $XYZ$ và $X'Y'Z'$

với

$\left \{ P \right \}=AB\cap CD=XY\cap X'Y',\;\;\left \{ Q \right \}=BE\cap CF=ZX\cap Z'X',\;\;\left \{ R \right \}=AF\cap ED=YZ\cap Y'Z'$

Lại có $P,Q,R$ theo chứng minh trên.

Áp dụng định lí $Desargues$ ta có $XX',YY',ZZ'$ đồng quy. Như vậy định lí $Kirkman$ được chứng minh.

Bổ đề ERIQ

Cho hai bộ ba điểm thẳng hàng $(A,B,C),(A',B',C')$ sao cho $\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{A'B'}{A'C'}=k$ . Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là các điểm thuộc $AA',BB',CC'$ sao cho $\dfrac{AX}{A'X}=\dfrac{BY}{B'Y}=\dfrac{CZ}{C'Z}=h$ . Chứng minh rằng $X,Y,Z$ thẳng hàng và $\dfrac{XY}{XZ}=k$

Chứng minh :

Dựng các hình bình hành $AXNC$ và $A'XN'C'$ . Kẻ các đường thẳng $BM,B'M'$ lần lượt song song với $AA'$ với $M\in XN,\;M'\in XN'$ .

Xét tam giác $BMY$ và $B'M'Y$ có $\widehat{MBY}=\widehat{M'B'Y}$ (so le trong, $BM\parallel B'M'$ do cùng song song với $AA'$ )

, $\dfrac{BM}{B'M'}=\dfrac{AX}{A'X}=\dfrac{BY}{B'Y}=h$ . Suy ra $\Delta BMY\sim \Delta B'M'Y\Rightarrow \widehat{MYB}=\widehat{M'YB}\Rightarrow$ $M,Y,M'$ thẳng hàng.

Tương tự ta có $N,Z,N'$ thẳng hàng.

Theo định lí $Thales$ , ta có :

$\dfrac{XM}{XN}=\dfrac{AB}{AC}=\dfrac{A'B'}{A'C'}=\dfrac{XM'}{XN'}\Rightarrow MXM'\parallel NZN'$

Mặt khác lại có $\dfrac{MY}{M'Y}=\dfrac{BY}{B'Y}=h=\dfrac{CZ}{C'Z}=\dfrac{NZ}{N'Z}$

Như vậy $X,Y,Z$ thẳng hàng. Từ đó cũng dễ dàng thấy được $\dfrac{XY}{XZ}=k$ .

Bổ đề $ERIQ$ được chứng minh.

* Trường hợp đặc biệt :

Cho tam giác $ABC$ . $B_1,C_1$ lần lượt thuộc $AB,AC$ sao cho $B_1C_1\parallel BC$ . $A_1,A_2$ lần lượt thuộc $B_1C_1,BC$ sao cho $\dfrac{A_1B_1}{A_1C_1}=\dfrac{A_2B}{A_2C}$ . Khi đó $A,A_1,A_2$ thẳng hàng.

Định lí Brianchon

Cho lục giác $ABCDEF$ ngoại tiếp được đường tròn. Chứng minh rằng $AD,BE,CF$ đồng quy.

Chứng minh :

Gọi $G,H,I,J,K,L$ lần lượt là tiếp điểm trên các cạnh $AB,BC,CD,DE,EF,FA$ .

Ta sẽ chứng minh $GH,AC,LI$ đồng quy. Thật vậy, gọi $\left \{ S \right \}=LI\cap GH,\;\;\left \{ R \right \}=GI\cap LH$

Áp dụng định lí $Pascal$ cho lục giác nội tiếp $GGILLH$ với $\left \{ R \right \}=GI\cap LH,\left \{ S \right \}=LI\cap GH,\left \{ A \right \}=LL\cap GG$ ta có $S,A,R$ thẳng hàng. Tương tự thì $S,C,R$ thẳng hàng.

Suy ra $S,A,R,C$ thẳng hàng hay $LI,AC,GH$ đồng quy.

Chứng minh hoàn toàn tương tự như trên thì ta được $AD,GJ,LI$ đồng quy, gọi điểm đồng quy đó là $A'$ . Tương tự gọi $B',C'$ là điểm đồng quy của $(BE,GJ,HK)$ , $(CF,HK,LI)$ .

Xét hai tam giác $ABC,A'B'C'$ có :

$\left \{ G \right \}=A'B'\cap AB,\left \{ S \right \}=A'C'\cap AC,\left \{ H \right \}=B'C'\cap BC$

Lại có $S,G,H$ thẳng hàng nên theo định lí $Desargues$ ta có $AA',BB',CC'$ đồng quy hay $AD,BE,CF$ đồng quy.

Đường thẳng Gauss

Cho tứ giác lồi $ABCD$ . Gọi $E,F$ lần lượt là giao điểm của $AB$ và $CD$ , của $AD$ và $BC$ . Chứng minh rằng trung điểm $M,N,L$ lần lượt của $AC,EF,BD$ cùng thuộc một đường thẳng (đường thẳng $Gauss$ )

Chứng minh :

Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là trung điểm của $BE,EC,BC$ . Khi đó dễ thấy $(N,Y,X),(X,L,Z),(Z,M,Y)$ là các bộ điểm thẳng hàng.

Theo định lí $Thales$ $\left ( NY\parallel FC \right )$ : $\dfrac{NX}{NY}=\dfrac{FB}{FC}$

Tương tự : $\dfrac{MY}{MZ}=\dfrac{AE}{AB},\;\;\dfrac{LZ}{LX}=\dfrac{DC}{DE}$

Suy ra

$\dfrac{NX}{NY}.\dfrac{MY}{MZ}.\dfrac{LZ}{LX}=\dfrac{FB}{FC}.\dfrac{AE}{AB}.\dfrac{DC}{DE}=1$ (theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $BCE$ với sự thẳng hàng của $F,A,D$ )

Theo định lí $Menelaus$ ta có $M,N,L$ thẳng hàng.

Định lí Pappus

Cho ba điểm $A,B,C$ thuộc đường thẳng $l$ , ba điểm $A',B',C'$ thuộc đường thẳng $l'$ . Gọi $\left \{M \right \}=AB'\cap BA',\left \{ N \right \}=AC'\cap CA',\left \{ P \right \}=BC'\cap B'C$ . Chứng minh rằng $M,N,P$ thẳng hàng.

Chứng minh :

Gọi $X,Y,Z$ lần lượt là giao điểm của $AB'$ với $BC'$ , $AB'$ với $A'C$ , $A'C$ với $BC'$ .

Theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ với sự thẳng hàng của $A',M,B$ :

$\dfrac{MX}{MY}.\dfrac{BZ}{BX}.\dfrac{A'Z}{A'Y}=1\Rightarrow \dfrac{MX}{MY}=\dfrac{BX}{BZ}.\dfrac{A'Y}{A'Z}\qquad(1)$

Theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ với sự thẳng hàng của $A,N,C'$ :

$\dfrac{NY}{NZ}.\dfrac{C'x}{C'Z}.\dfrac{AX}{AY}=1\Rightarrow \dfrac{NY}{NZ}=\dfrac{C'Z}{C'X}.\dfrac{AY}{AX}\qquad(2)$

Theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ với sự thẳng hàng của $B',P,C$ :

$\dfrac{PZ}{PX}.\dfrac{B'X}{B'Y}.\dfrac{CY}{CZ}=1\Rightarrow \dfrac{PZ}{PX}=\dfrac{B'Y}{B'X}.\dfrac{CZ}{CY}\qquad(3)$

Từ $(1)(2)(3)$ ta có :

$\dfrac{MX}{MY}.\dfrac{NY}{NZ}.\dfrac{PZ}{PX}=\dfrac{BX}{BZ}.\dfrac{AY}{AX}.\dfrac{CZ}{CY}.\dfrac{A'Y}{A'Z}.\dfrac{C'X}{C'Z}.\dfrac{B'Y}{B'X}$

Lại áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ với sự thẳng hàng của $A,B,C$ và $A',B',C'$ :

$\dfrac{BZ}{BX}.\dfrac{AX}{AY}.\dfrac{CY}{CZ}=1,\;\;\dfrac{A'Y}{A'Z}.\dfrac{C'Z}{C'X}.\dfrac{B'X}{B'Y}=1$

Từ đó suy ra $\dfrac{MX}{MY}.\dfrac{NY}{NZ}.\dfrac{PZ}{PX}=1$ .

Theo định lí $Menelaus$ ta có $M,N,P$ thẳng hàng.

Định lí Pascal :

Cho lục giác $ABCDEF$ nội tiếp đường tròn, $H,K,I$ lần lượt là giao điểm của $AB$ và $ED$ , $BC$ và $EF$ , $AF$ và $CD$ . Chứng minh rằng : $I,H,K$ thẳng hàng.

Chứng minh :

Gọi $X$ là giao điểm của $AB$ và $CD$ , $Y$ là giao điểm của $EF$ và $CD$ , $Z$ là giao điểm của $AB$ và $EF$ .

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ với sự thẳng hàng của $I,F,A$ :

$\dfrac{IY}{IX}.\dfrac{AX}{AZ}.\dfrac{FZ}{FY}=1\qquad(1)$

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ với sự thẳng hàng của $H,E,D$ :

$\dfrac{HX}{HZ}.\dfrac{EZ}{EY}.\dfrac{DY}{DX}=1\qquad(2)$

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ với sự thẳng hàng của $K,B,C$ :

$\dfrac{KZ}{KY}.\dfrac{CY}{CX}.\dfrac{BX}{BZ}=1\qquad(3)$

Nhân $(1)(2)(3)$ theo vế :

$\dfrac{IY}{IX}.\dfrac{HX}{HZ}.\dfrac{KZ}{KY}.\dfrac{XA.XB}{XC.XD}.\dfrac{ZE.ZF}{ZA.ZB}.\dfrac{YC.YD}{YE.YF}=1$

Theo hệ thức lượng trong đường tròn $XA.XB=XC.XD,ZE.ZF=ZA.ZB,YC.YD=YE.YF$

Suy ra $\dfrac{IY}{IX}.\dfrac{HX}{HZ}.\dfrac{KZ}{KY}=1$

Theo định lí $Menelaus$ cho tam giác $XYZ$ ta có $H,I,K$ thẳng hàng.

(Đường thẳng chứa ba điểm $H,I,K$ gọi là đường thẳng $Pascal$ )

Định lí Carnot

Cho tam giác $ABC$ và các điểm $M,N,P$ . Các đường thẳng $a,b,c$ theo thứ tự qua $M,N,P$ và vuông góc với các cạnh $BC,CA,AB$ của tam giác. Chứng minh rằng $a,b,c$ đồng quy khi và chỉ khi $\left ( MB^{2}-MC^{2} \right )+\left ( NC^{2} -NA^{2}\right )+\left ( PA^{2}-PB^{2} \right )=0$

Chứng minh :

Bổ đề 1 : Cho hai điểm $A,B$ phân biệt và một số thực $k$ . Khi đó tồn tại duy nhất một điểm $H$ thuộc đường thẳng $AB$ sao cho $HA^2-HB^2=k$ .

Chứng minh bổ đề 1 :

Gọi $I$ là trung điểm của $AB$ , ta có :

$HA^{2}-HB^{2}=k\Leftrightarrow \left ( \overline{HA}+\overline{HB} \right )\left ( \overline{HA}-\overline{HB} \right )=k\Leftrightarrow 2\overline{HI}.\overline{BA}=k$

Ta có $A,B,I$ đều là những điểm cố định, từ đẳng thức này ta suy ra sự tồn tại duy nhất của điểm $H$ .

Bổ đề 2 : $CD\perp AB\Leftrightarrow CA^{2}-CB^{2}=DA^{2}-DB^{2}$

Chứng minh bổ đề 2 :

Gọi $H,K$ theo thự tự là hình chiếu của $C,D$ lên $AB$ .

Theo định lí $Pythagoras$ :

$CA^{2}-CB^{2}=DA^{2}-DB^{2}\Leftrightarrow (AH^{2}+HC^{2})-(CH^{2}+HB^{2})=\left ( AK^{2}+KD^{2} \right )-(KB^{2}+KD^{2})\Leftrightarrow AH^{2}-BH^{2}=AK^{2}-BK^{2}\Leftrightarrow H\equiv K\Leftrightarrow CD\perp AB$

Quay trở lại việc chứng minh định lí :

Gọi $O$ là giao điểm của $a$ và $b$ . Khi đó :

$a,b,c$ đồng quy

$\Leftrightarrow O\in c\Leftrightarrow PO\equiv c\Leftrightarrow PO\perp AB\Leftrightarrow PA^{2}-PB^{2}=OA^{2}-OB^{2}\Leftrightarrow (OB^{2}-OA^{2})+(PA^{2}-PB^{2})=0\Leftrightarrow (OB^{2}-OC^{2})+(OC^{2}-OA^{2})+(PA^{2}-PB^{2})=0\Leftrightarrow (MB^{2}-MC^{2})+(NC^{2}-NA^{2})+(PA^{2}-PB^{2})=0$

Như vậy định lí $Carnot$ được chứng minh.

Định lí Blanchet

Cho tam giác $ABC$ , đường cao $AK$ , $H$ là điểm bất kì thuộc đoạn $AK$ . Các tia $BH,CH$ lần lượt cắt các cạnh $AC,AB$ tại $E,F$ . Chứng minh rằng $KA$ là phân giác của góc $FKE$ .

Chứng minh :

Gọi $I$ là giao điểm của đường thẳng $EF$ với đường thẳng $BC$ , $J$ là giao điểm của $AK$ với $EF$ .

Đầu tiên ta sẽ chứng minh $\left ( BCKI \right )=-1$ (đây là một hàng điểm điều hòa cơ bản)

Áp dụng định lí $Ceva$ cho tam giác $ABC$ với sự đồng quy của ba đường $AK,BE,CF$ :

$\dfrac{\overline{FA}}{FB}.\dfrac{\overline{KB}}{\overline{KC}}.\dfrac{\overline{EC}}{EA}=-1\qquad(1)$

Áp dụng định lí $Menelaus$ cho tam giác $ABC$ với sự thẳng hàng của ba điểm $F,E,I$ ta có :

$\dfrac{\overline{FA}}{\overline{FB}}.\dfrac{\overline{IB}}{\overline{IC}}.\dfrac{\overline{EC}}{\overline{EA}}=1\qquad(2)$

Từ $(1)(2)$ , ta có : $\dfrac{\overline{KB}}{\overline{KC}}=-\dfrac{\overline{IB}}{\overline{IC}}\Rightarrow (BCKI)=-1$

Theo định lí về chùm điều hòa ta có :

$\left ( AB,AC,AK,AI \right )=-1\Rightarrow \left ( FEJI \right )=-1\Rightarrow \left ( KF,KE,KJ,KI \right )=-1$

Mà $KJ\perp KI$ ( $AK$ là đường cao của tam giác $ABC$ )

Do đó theo định lí về chùm điều hòa ta có $KJ$ là phân giác của góc $FKE$ .

Vậy : $KA$ là phân giác của góc $FKE$ .

Định lí Desargues

Cho hai tam giác $ABC$ và $A'B'C'$ . Gọi $A_{1},B_{1},C_{1}$ lần lượt là giao điểm của $BC$ và $B'C'$ , $CA$ và $C'A'$ , $AB$ và $A'B'$ . Chứng minh rằng nếu các đường thẳng $AA',BB',CC'$ đồng quy tại một điểm thì ba điểm $A_{1},B_{1},C_{1}$ thẳng hàng.

Chứng minh

Gọi $Q$ là điểm đồng quy của ba đường thẳng $AA',BB',CC'$

Xét tam giác $ACQ$ với ba điểm $B_{1},A',B'$ thẳng hàng lần lượt thuộc các đường thẳng $AC,AQ,CQ$ .

Theo định lí $Menelaus$ :

$\dfrac{AB_{1}}{B_{1}C}.\dfrac{C'C}{C'Q}.\dfrac{A'Q}{A'A}=1\Rightarrow \dfrac{AB_{1}}{B_{1}C}=\dfrac{A'A.C'Q}{C'C.A'Q}\qquad(1)$

Tương tự $\dfrac{CA_{1}}{A_{1}B}=\dfrac{C'C.B'Q}{B'B.C'Q}\qquad(2)$

Và $\dfrac{BC_{1}}{C_{1}A}=\dfrac{B'B.A'Q}{A'A.B'Q}\qquad(3)$

Nhân $(1)(2)(3)$ vế theo vế, ta được :

$\dfrac{AB_{1}}{B_{1}C}.\dfrac{CA_{1}}{A_{1}B}.\dfrac{BC_{1}}{C_{1}A}=\dfrac{A'A.C'Q}{C'C.A'Q}.\dfrac{C'C.B'Q}{B'B.C'Q}.\dfrac{B'B.A'Q}{A'A.B'Q}=1$

Theo định lí $Menelaus$ , ta có $A_{1},B_{1},C_{1}$ thẳng hàng.

Chú ý : Định lí này được phát biểu đầy đủ :

Cho hai tam giác $ABC$ và $A'B'C'$ . Gọi $A_{1},B_{1},C_{1}$ lần lượt là giao điểm của $BC$ và $B'C'$ , $CA$ và $C'A'$ , $AB$ và $A'B'$ . Chứng minh rằng các đường thẳng $AA',BB',CC'$ đồng quy tại một điểm hoặc đôi một song song khi và chỉ khi ba điểm $A_{1},B_{1},C_{1}$ thẳng hàng.