Xem trước nội dung
Chứng minh định lý Sondat dựa theo ý tưởng của Jean-Louis Ayme
Nguyễn Văn Linh
Năm 2015
1 Giới thiệu
Tại [1], tác giảngười Pháp Jean-Louis Ayme đưa ra một chứng minh sơ cấp khá thú vịcho định lý Sondat vềhai tam giác trực giao có tâm thấu xạ. Hướng chứng minh của tác giảrất đặc sắc khi sử dụng phép vịtựđểđưa vềhai tam giác có chung tâm trực giao. Tuy nhiên phần sau của tác giảkhá dài và có một đoạn lí luận chưa chặt chẽ. Trong bài viết này tôi xin chứng minh lại định lý Sondat dựa theo ý tưởng của tác giảcùng phần đã chỉnh sửa.
2 Chứng minh
Trước tiên xin giới thiệu tới bạn đọc khái niệm vềhai tam giác trực giao. Định lý 1. Cho hai tam giác ABC và A′B′C′. Khi đó các đường vuông góc kẻtừA, B, C tới B′C′, C′A′, A′B′ đồng quy tại P khi và chỉkhi các đường vuông góc kẻtừA′, B′, C′ tới BC, CA, AB đồng quy tại Q. Ta gọi ABC và A′B′C′ là hai tam giác trực giao, P là tâm trực giao của tam giác A′B′C′ ứng với bộđiểm A, B, C, Q là tâm trực giao của tam giác ABC ứng với bộđiểm A′, B′, C′.
P
A
B C
Q
C'
B'
A'
Chứng minh. Áp dụng định lý Carnot, các đường vuông góc kẻtừA, B, C tới B′C′, C′A′, A′B′ đồng quy khi và chỉkhi (AB′2 −AC′2) + (BC′2 −BA′2) + (CA′2 −CB′2) = 0. Hay (B′A2 −B′C2) + (A′C2 −A′B2) + (C′B2 −C′A2) = 0 tương đương các đường vuông góc kẻ từA′, B′, C′ tới BC, CA, AB đồng quy. Ta có đpcm.
Định lý 2 (Pierre Sondat). Cho hai tam giác ABC và A1B1C1 trực giao có tâm trực giao là P và Q. Giảsửhai tam giác ABC và A1B1C1 thấu xạtheo tâm O. Khi đó O, P, Q thẳng hàng.
Chứng minh. Trước tiên ta cần hai bổđềsau.
1 ThuVienDeThi.com
Bổđề1. (Định lý Dergiades). Cho tam giác ABC. 3 đường tròn ωa, ωb, ωc lần lượt đi qua các cặp đỉnh B, C; C, A; A, B. Gọi D, E, F là giao điểm thứhai của 3 đường tròn này. Đường thẳng Qua D vuông góc với AD cắt BC tại X. Tương tựxác định Y, Z. Khi đó X, Y, Z thẳng hàng.
Chứng minh.
J
X
D
E F
A
B
C
Đặt ∠BEC = ∠BFC = α, ∠ADC = ∠AFC = β, ∠AEB = ∠ADB = γ, bán kính của ωa, ωb, ωc lần lượt tại Ra, Rb, Rc.
Ta có XB
XC = BD · sin ∠XDB
CD · sin ∠XDC = BD · (−cos ∠ADB)
CD · (−cos ∠ADC) = BD · cos γ
CD · cos β .
Chứng minh tương tựsuy ra XB
XC · Y C
Y A · ZA
ZB = BD
CD · CE
AE · AF
BF .
Ta lại có BD
CD = 2Rc sin ∠BAD
2Rb sin ∠CAD. Tương tựvà áp dụng định lý Céva sin cho tam giác ABC với các
đường AD, BE, CF đồng quy tại tâm đẳng phương của ωa, ωb, ωc ta thu được BD
CD · CE
AE · AF
BF = 1.
Vậy X, Y, Z thẳng hàng.
Bổđề2. Cho hai tam giác ABC và XY Z thỏa mãn các đường vuông góc kẻtừA, B, C tới Y Z, ZX, XY và các đường vuông góc kẻtừX, Y, Z tới BC, CA, AB cùng đồng quy tại O. Khi đó hai tam giác ABC và XY Z thấu xạ.
Chứng minh.
2 ThuVienDeThi.com
t
F
E
D
H
K
Y' Z'
P
X
Y
A
B
C
O
Z
Gọi X′, Y ′, Z′ lần lượt là hình chiếu của X, Y, Z trên BC, CA, AB. D, E, F lần lượt là giao của BC và Y Z, AC và XZ, AB và XY . Gọi H, K lần lượt là giao của AB và OY ′, AC và OZ′. Do O là trực tâm của tam giác AHK nên AO ⊥HK. Mà AO ⊥Y Z nên Y Z ∥HK. Lại có HZ′Y ′K là tứgiác nội tiếp nên áp dụng định lý Reim suy ra Y, Z, Y ′, Z′ cùng nằm trên đường tròn ωx. Tương tựcó ωy, ωz.
Áp dụng định lý Dergiades cho tam giác XY Z và 3 đường tròn ωx, ωy, ωz suy ra D, E, F thẳng hàng. Theo định lý Desargues ta có hai tam giác ABC và XY Z thấu xạ. Trởlại định lý Sondat.
Q
P' C'2 C1
A1
O
B2
C2
A
B
C
P
A2
B1 B'2
Gọi A2 là điểm nằm trên AA1 sao cho PA2 ⊥BC, B2, C2 là hai điểm trên BB1, CC1 sao cho A2B2 ∥A1B1, A2C2 ∥A1C1. Do A1A2, B1B2, C1C2 đồng quy tại O nên hai tam giác A1B1C1 và A2B2C2 vịtựtheo tâm O. Suy ra B1C1 ∥B2C2. P là tâm trực giao của tam giác A2B2C2 ứng với tam giác ABC. Gọi D, E, F là giao điểm của B2C2 với BC, A2C2 với AC, A2B2 với AB. Do hai tam giác A2B2C2 và ABC thấu xạnên theo định lý Desargues, D, E, F thẳng hàng.
3 ThuVienDeThi.com
Trên đây là phần đầu tài liệu — bấm Đọc sách để xem đầy đủ.
