Một bài toán về sự thẳng hàng của các điểm

Về một bài toán chứng minh sự thẳng hàng của các điểmNguyễn Chương Chí Trên Forum Bài toán hay – Lời giải đẹp – Đam mê toán học thầy giáo Nguyễn Ngọc Giang có đưa ra bài toán với nội dun

Về một bài toán chứng minh sự thẳng hàng của các điểm

Nguyễn Chương Chí Trên Forum Bài toán hay – Lời giải đẹp – Đam mê toán học thầy giáo Nguyễn Ngọc Giang có đưa ra bài toán với nội dung như sau:

Bài 1/ (Nguyễn Ngọc Giang)

Cho đến thời điểm hiện nay đã hơn nửa tháng trôi qua, nhưng vẫn chưa có lời giải nào được đăng lên

Cùng trong thời gian này, có lẽ trong quá trình tìm kiếm lời giải cho bài toán của Nguyễn Ngọc Giang, thầy giáo Trần Việt Hùng liên tục phát hiện và đưa ra nhiều các bài toán khác nhau, nhiều hướng khác nhau, làm phong phú thêm bài toán gốc Tôi xin nêu 2 ví dụ điển hình (nếu thấy cần thay đổi hay bổ sung, đề nghị tác giả Trần Việt Hùng cho xin ý kiến – bởi vì bài viết này của tôi còn rất sơ lược!)

Bài 2/ (Trần Việt Hùng - bài số 7a – tôi có thay đổi cách ký hiệu các điểm để đồng nhất cách đánh ký hiệu trong bài viết và cũng để phù hợp với bài của Nguyễn Ngọc Giang)

Bài 3/ (Trần Việt Hùng - bài số 9)

Trong bài viết này mọi sự vẫn còn rất mới nên tôi không đi sâu chi tiết vào nhiều vấn đề, mà sẽ chỉ tập trung vào những vấn đề chính để giải quyết bài toán gốc Sau này nếu bài toán có sức mở rộng hơn lại là một chuyện khác

Chỉ với 3 bài toán nêu trên chúng ta đã thấy bị ngợp bởi số lượng các điểm thẳng hàng phải chứng minh! Để tiện theo dõi tôi xin nêu tóm tắt các kiến thức và các định lý cơ bản có dùng sử dụng trong phần tiếp theo

1/ Định lý Pascal: Cho sáu điểm bất kỳ trên một đường tròn (conic), khi đó giao điểm của các cặp cạnh đối diện thẳng hàng

2/ Định lý Pappus: Cho 2 đường thẳng a, b Trên a lấy các điểm A, B, C; trên b lấy các điểm X, Y, Z Gọi M là giao điểm của AX và BY, N là giao điểm của AZ và CX, P là giao điểm của BZ và CY Khi đó M, N, P thẳng hàng (Định lý Pappus là một trường hợp riêng của định lý Pascal khi conic suy biến thành cặp đường thẳng)

3/ Định lý Desargues: Cho 2 tam giác ABC và MNP có AM, BN, CP đồng quy tại O Gọi I, J, K theo thứ tự là giao điểm của các cặp đường thẳng (AB, MN), (BC, NP.), (CA, PM) Khi đó 3 điểm I, J, K thẳng hàng (định lý cũng đúng cho phần đảo)

4/ Ngoài ra sẽ cần dùng đến những kiến thức cơ bản nhất của tính chất tỷ số kép và phép chiếu xuyên tâm

Bây giờ đã đến lúc chúng ta bắt tay vào việc giải quyết bài toán! Mặc

dù những điểm mới phát sinh hơi nhiều, nhưng cần thiết và việc giải quyết chúng không khó

1/ Chứng minh 3 điểm N, K, J thẳng hàng

Gọi Z là giao điểm của A1A2 và B1C2 Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A1A2B2C2B1C1 nằm trên đường tròn với Z = A1A2∩C2B1, P = A2B2∩B1C1 và M = B2C2∩A1C1 nên Z, P, M thẳng hàng Nói cách khác các đường thẳng BC, PM và B1C2 đồng quy tại Z

Xét 2 tam giác BPB1 và CMC2, chúng có 3 đường thẳng nối các đỉnh tương ứng đồng quy tại Z, nên theo định lý Desargues giao điểm các cặp cạnh tương ứng N = PB1∩MC2, K = BP∩CM và J = BB1∩CC2 thẳng hàng (đpcm)

2/ Hoàn toàn tương tự như trên ta có thể chứng minh N, I, J cũng thẳng hàng vì vai trò của bộ 3 điểm (M, P, K) hoàn toàn bình đẳng với

bộ 3 điểm (T, U, I) Thực ra điểm I có xuất hiện trong bài 2 của tác giả Trần Việt Hùng, nhưng không đóng vai trò trong lời giải

3/ Chứng minh N, L, J thẳng hàng

Gọi L là giao điểm của CC1 và BB2, ta sẽ chứng minh 3 điểm N, L, J thẳng hàng

Áp dụng định lý Pappus cho 2 bộ ba điểm thẳng hàng (B, C1, C2) và (C, B1, B2) với N = B1C1∩B2C2, L = CC1∩BB2 và J = BB1∩CC2, nên N,

L, J thẳng hàng (đpcm)

Đến đây ta đã chứng minh được 4 điểm N, L, K, J thẳng hàng (nếu kể

cả I là 5) Bước cuối cùng quan trọng nhất cần phải chứng minh là H cũng thẳng hàng với N, L, K, J Dĩ nhiên ta chỉ cần chứng minh H thẳng hàng với 2 điểm nào đó trong 4 điểm N, L, K, J là đủ (đó cũng chính là vai trò của các điểm phụ) Ở đây ta chọn 2 điểm L và K, có nghĩa là ta cần phải chứng minh L, K và H thẳng hàng Tuy nhiên điều này chưa đơn giản 

Tạm thời ta hãy quên các điểm ở phần trên và làm quen với các điểm mới

4/ Chứng minh N, D, E, R thẳng hàng

Gọi D = A1B2∩A2C1, E = A1P∩A2M Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm C1B1A1B2C2A2 nằm trên đường tròn, với N = C1B1∩B2C2, R = B1A1∩C2A2 và D = A1B2∩A2C1, nên N, D, R thẳng hàng

Áp dụng định lý Pappus cho 2 bộ ba điểm thẳng hàng (B2, P, A2) và (C1, M, A1) với N = B2M∩C1P, D = B2A1∩C1A2 và E = A2M∩A1P nên

N, D, E thẳng hàng

Tóm lại N, D, E và R thẳng hàng Gọi F là giao điểm của đường thẳng

NR với BC

5/ Ký hiệu ∮:X(ABCD) = (A’B’C’D’) là phép chiếu xuyên tâm X biến các điểm A, B, C, D thành A’, B’, C’, D’ ta có:

∮:A1(DERF) = (B2PQA2) và ∮:A2(DERF) = (C1MSA1) từ

đó suy ra: (B2PQA2) = (C1MSA1) = (DERF)

Đây là kết quả quan trọng nhất mà ta thu được từ đầu đến bây giờ, nó sẽ giúp ta cán đích trong giây lát

Gọi G là giao điểm của LK với BC Tiếp tục xét các phép chiếu xuyên tâm B và xuyên tâm C, vì đã có (B2PQA2) = (C1MSA1) nên ta có:

∮:B(B2PQA2) = ∮:C(C1MSA1)

mà giao điểm của các tia BB2&CC1, BP&CM và BA2&CA1 là L, K, G đều nằm trên đường thẳng LK, cho nên H là giao điểm của cặp tia cuối cùng BQ&CS cũng phải nằm trên đường thẳng đó

Đến đây mọi điều đã được làm sáng tỏ

Nhận xét cuối cùng:

Toàn bộ công việc chứng không có những phép tính nặng nhọc Với lời giải này chúng ta cần sự kết hợp của vài định lý độc lập nhau, xen kẽ nhau để dẫn đến một kết quả quan trọng có tính quyết định là:

(B2PQA2) = (C1MSA1) = (DERF)

Tại đây cũng mong các bạn kiểm tra giúp xem kết quả

đó xuất hiện nhiều chưa, chứng minh có đơn giản hay không? Vì rõ ràng qua lời giải này ta thấy nếu có kết quả trên sẵn rồi, thì chỉ cần thêm một bước là ta chứng minh được bài toán