Chứng minh định lý Sondat dựa theo ý tưởng của Jean-Louis Ayme

Chứng minh định lý Sondat dựa theo ý tưởng của
Jean-Louis Ayme
Nguyễn Văn Linh
Năm 2015
1 Giới thiệu
Tại [1], tác giả người Pháp Jean-Louis Ayme đưa ra một chứng minh sơ cấp khá thú vị cho định
lý Sondat về hai tam giác trực giao có tâm thấu xạ. Hướng chứng minh của tác giả rất đặc sắc khi sử
dụng phép vị tự để đưa về hai tam giác có chung tâm trực giao. Tuy nhiên phần sau của tác giả khá
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 giả cùng phần đã chỉnh sửa.
2 Chứng minh
Trước tiên xin giới thiệu tới bạn đọc khái niệm về hai tam giác trực giao.
Định lý 1. Cho hai tam giác ABC và A′B′C ′. Khi đó các đường vuông góc kẻ từ A,B,C tới
B′C ′, C ′A′, A′B′ đồng quy tại P khi và chỉ khi các đường vuông góc kẻ từ A′, 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 bộ điểm A,B,C, Q là tâm trực giao của tam giác ABC ứng với bộ điểm A′, B′, C ′.
P
A
B C
Q
C'
B'
A'
Chứng minh. Áp dụng định lý Carnot, các đường vuông góc kẻ từ A,B,C tới B′C ′, C ′A′, A′B′ đồng
quy khi và chỉ khi (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
từ A′, 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. Giả sử hai tam giác ABC và A1B1C1 thấu xạ theo tâm O. Khi đó O,P,Q thẳng hàng.
Chứng minh. Trước tiên ta cần hai bổ đề sau.
1
Bổ đề 1. (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 thứ hai của 3 đường tròn này. Đường thẳng Qua D
vuông góc với AD cắt BC tại X. Tương tự xác 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 · cosβ .
Chứng minh tương tự suy 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 tự và 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.
Bổ đề 2. Cho hai tam giác ABC và XY Z thỏa mãn các đường vuông góc kẻ từ A,B,C tới
Y Z,ZX,XY và các đường vuông góc kẻ từ X,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
tF
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 tứ giác nội tiếp nên áp dụng định lý Reim suy ra Y,Z, Y ′, Z ′ cùng nằm trên đường tròn
ωx. Tương tự có 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.
Trở lại 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 vị tự theo 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 xạ nên theo định lý Desargues, D,E, F thẳng hàng.
3
Qua P kẻ đường thẳng vuông góc với AC,AB cắt A2B2, A2C2 lần lượt tại B′2, C ′2. Do các đường
vuông góc kẻ từ B2 tới AC,C2 tới AB cắt nhau tại một điểm P ′ trên A2P nên hai tam giác PB′2C ′2 và
P ′B2C2 vị tự theo tâm A2. Suy ra B′2C ′2 ‖ B2C2 và do đó P là tâm trực giao của hai tam giác A2B′2C ′2
và ABC. Theo bổ đề trên suy ra A2B′2C ′2 và ABC thấu xạ. Theo định lý Desargues, giao điểm D′ của
B′2C ′2 với BC nằm trên EF . Mà D và D′ cùng nằm trên BC nên D ≡ D′ hay hai tam giác ABC và
A2B2C2 có chung tâm trực giao P.
Ta có hai tam giác A2PB2 và A1QB1 có cạnh tương ứng song song nên vị tự theo tâm O. Suy ra
O,P,Q thẳng hàng.
Nhận xét. Tại [1], kết luận A2B2C2 và ABC có chung tâm trực giao được đưa ra sau khi chứng
minh P là tâm trực giao của A2B2C2 ứng với ABC. Điều này có vẻ không hiển nhiên khi tôi nhận
thấy việc chứng minh nó khá khó khăn.
Tài liệu
[1] Jean-Louis Ayme, Le théorème de Sondat une preuve simple et purement synthétique.
[2] Sondat P., Question 38, L’intermédiaire des mathématiciens (1894) 10.
Email: Lovemathforever@gmail.com
4