Một vài kết quả về đường bậc ba

Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

MỘT

VÀI KẾT QUẢ VỀ ĐƯỜNG BẬC BA
Đàm Văn Nhỉ
Trường THPT Chuyên ĐHSP Hà Nội

Tóm tắt nội dung
Mục đích của báo cáo này là trình bày một phần nội dung của cuốn giáo trình (xem
[2]) nhằm lý giải sự hình thành, phát triển của một số kết quả trong Hình học Sơ cấp và
xâu chuỗi các vấn đề liên quan lại thành một thể logic. tác giả mong muốn đưa đến cho
người đọc một cái nhìn tồn cục về mơn học này về sự ra đời của Hệ tiên đề Hilbert, Hệ
tiên đề Wayne và Hệ tiên đề Pogorelov của Hình học Euclid, giới thiệu Mơ hình Carte để
kiểm tra hệ tiên đề do Pogorelov đưa ra thỏa mãn ba yêu cầu: Độc lập-Phi mâu thuẫnĐầy đủ. Tác giả tập trung trình bày Định lý Pascal cho đường cong bậc hai và chỉ ra Định
lý Newton, Pappus, Brianchon và mở rộng bài toán con bướm. Việc sử dụng phương
pháp đa thức và mở rộng trường cho ta hình dung được sự phát triển của mơn Hình học
Sơ cấp từ đa thức bậc 0, đa thức bậc 1 rồi đến đa thức bậc 2 và tiếp tục phải xét đa thức
bậc 3. Bậc cao hơn nữa của hình học sẽ được tiếp tục nghiên cứu trong Hình học Đại số.
Mục tiêu của chuyên đề nhằm trang bị một cách sâu sắc các kiến thức, rèn luyện tư
duy và kĩ năng giải tốn hình cho các em học sinh khá, giỏi; cho các em sinh viên, các
học viên cao học. Với một vài bài toán mở để các em tập dượt nghiên cứu, xây dựng kết
quả mới.

1

Định lý Pascal

Định lý 1 (Pascal). Giả sử 6 điểm A1 , A2 , . . . , A6 nằm trên đường trịn (C ). Khi đó, điểm giao
A = ( A1 A5 ) × ( A2 A4 ), B = ( A3 A4 ) × ( A6 A1 ), C = ( A2 A6 ) × ( A3 A5 ) thẳng hàng.
Chứng minh. Gọi I = A1 A5 × A2 A6 , J = A1 A5 × A3 A4 và K = A3 A4 × A2 A6 . Theo

Định lý Menelaus, với tam giác I JK và các bộ ba điểm ( A, A2 , A4 ), ( B, A1 , A6 ), (C, A3 , A5 )
thuộc ba cạnh tương ứng thẳng hàng ta nhận được ba hệ thức sau:
A6 K A1 I BJ
CK A5 I A3 J
AI A4 J A2 K
.
.
= 1,
.
.
= 1,
.
.
= 1.
AJ A4 K A2 I
A6 I A1 J BK
CI A5 J A3 K
Nhân các kết quả này lại và biến đổi theo phương tích
1 =

=
Do

AI A4 J A2 K A6 K A1 I BJ CK A5 I A3 J
.
.
.
.
.
.

.
.
AJ A4 K A2 I A6 I A1 J BK CI A5 J A3 K
AI BJ CK A4 J.A3 J A2 K.A6 K A1 I.A5 I
AI BJ CK
.
.
.
.
.
=
.
.
.
AJ BK CI A1 J.A5 J A3 K.A4 K A2 I.A6 I
AJ BK CI

AI BJ CK
.
.
= 1 nên A, B, C thẳng hàng theo Định lý Menelaus.
AJ BK CI

5


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Ví dụ 1. Giả sử tứ giác lồi ABCD nội tiếp trong đường tròn ( T ). Giả sử giao I = AC × BD,
J = AB × CD và K là giao hai tiếp tuyến Bb và Cc của đường tròn tại B và C. Khi đó ba điểm

I, J, K thẳng hàng.
Bài giải. Kết quả này được suy ra từ Định lý Pascal với 6 điểm A, B, B, C, C, D.
Ví dụ 2. Giả sử 5 điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A6 nằm trên đường tròn (C ). Khi đó ba điểm giao
A = ( A1 A3 ) × ( A2 A4 ), B = ( A3 A4 ) × ( A6 A1 ) và C = ( A2 A6 ) × ( A3 t), ở đó A3 t là tiếp
tuyến với đường tròn (C ) tại A3 , thẳng hàng.
Bài giải. Kết quả này được suy ra từ Định lý Pascal và A5 ≡ A3 .

Hệ quả 1 (Newton). Giả sử đường tròn nội tiếp trong tứ giác lồi ABCD tiếp xúc với các cạnh
AB, BC, CD, DA tại E, F, G, H, tương ứng. Khi đó, bốn đường thẳng AC, BD, EG, FH đồng
quy tại một điểm.
Chứng minh. Gọi O = EG × FH, X = EH × FG. Vì D là giao điểm của hai tiếp tuyến
GD, HD nên, theo Định lý Pascal, Định lý 1, cho 6 điểm E, G, G, F, H, H có ba điểm
O, D, X thẳng hàng. Tương tự, với 6 điểm E, E, H, F, F, G ta cũng có B, X, O thẳng hàng.
Ta đã có : BD, EG, FH đồng quy tại O. Hoàn toàn tương tự, AC, EG, FH cũng đồng quy
tại O. Như vậy, AC, BD, EG, FH đồng quy tại một điểm.
Định lý 2. Giả sử 6 điểm A1 , A2 , . . . , A6 nằm trên đường cong bậc hai khơng suy biến (ℓ). Khi
đó ba điểm giao A = ( A1 A5 ) × ( A2 A4 ), B = ( A3 A4 ) × ( A6 A1 ) và C = ( A2 A6 ) × ( A3 A5 )
thẳng hàng.
Chứng minh. Qua phép biến đổi tuyến tính có thể coi (ℓ) : x = y2 . Ký hiệu dij ( x, y) = 0
là phương trình đường thẳng Ai A j . Đặt
p( x, y) = d24 ( x, y)d16 ( x, y)d35 ( x, y) − αd34 ( x, y)d26 ( x, y)d15 ( x, y).
Đây là một đa thức bậc ba đối với x và y. Tọa độ 6 điểm A1 , . . . , A6 thỏa mãn phương
trình p( x, y) = 0. Lấy một điểm bất kỳ A thuộc (ℓ), khác 6 điểm trên. Ta chọn α để tọa

6


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
độ điểm A thỏa mãn p( x, y) = 0. Nếu thế x qua y2 ta được đa thức p(y2 , y) bậc
6.

Phương trình p(y2 , y) = 0 cho tung độ của 7 điểm khác nhau, có nghĩa: p(y2 , y) = 0 có
7 nghiệm y khác nhau. Vậy p(y2 , y) ≡ 0 hay mọi điểm thuộc (ℓ) đều có tọa độ thỏa mãn
p( x, y) = 0. Coi p( x, y) như là một đa thức của x. Với phép chia đa thức, ta nhận được
p( x, y) = ( x − y2 )q( x, y) + r(y),
trong đó q( x, y) là thương và r(y) là phần dư. Vì mọi điểm thuộc (ℓ) : x = y2 đều thỏa
mãn p( x, y) = 0 nên r(y) ≡ 0. Vậy p( x, y) = ( x − y2 )q( x, y). Vì p( x, y) là đa thức bậc
3 nên q( x, y) phải là đa thức bậc nhất hay p( x, y) = ( x − y2 )( ax + by + c). Do 9 điểm
A1 , A2 , . . . , A6 và A, B, C đều thuộc đường cong phẳng p( x, y) = 0, nhưng A, B, C không
thuộc (ℓ) : x = y2 nên A, B, C thuộc đường thẳng (d) : ax + by + c = 0 hay A, B, C thẳng
hàng.
Hệ quả 2 (Pappus). Giả sử 3 điểm A1 , A2 , A3 nằm trên đường thẳng (d1 ) và 3 điểm A4 , A5 , A6
nằm trên đường thẳng (d2 ) khác (d1 ). Khi đó ba điểm giao A = ( A1 A5 ) × ( A2 A4 ), B =
( A1 A6 ) × ( A3 A4 ) và C = ( A2 A6 ) × ( A3 A5 ) thẳng hàng.
Chứng minh. Kết quả này được suy ra từ Định lý 2.

Hệ quả 3 (Brianchon). Giả sử lục giác lồi ABCDEF ngoại tiếp một đường trịn. Khi đó, ba
đường thẳng AD, BE, CF đồng quy tại một điểm.
Chứng minh. Giả sử đường tròn nội tiếp trong lục giác lồi ABCDEF tiếp xúc với các
cạnh AB, BC, CD, DE, EF, FA tại G, H, I, J, K, L, tương ứng. Đặt M = AB × CD, N =
DE × FA. Theo Hệ quả 1, với tứ giác AMDN ta có các đường thẳng AD, IL, GJ đồng
quy tại A′ . Tương tự, các đường thẳng BE, HK, GJ đồng quy tại B′ ; các đường thẳng
CF, HK, IL đồng quy tại C ′ . Chú ý rằng, hai đường thẳng IL và A′ C ′ là một. Theo Định
lý Pascal, Định lý 1, với các điểm G, G, I, L, L, H có ba điểm A, O, P thẳng hàng, ở đó
O = GI × HL, P = IL × GH. Cũng theo Định lý Pascal, với các điểm H, H, L, I, I, G có ba
điểm C, O, P thẳng hàng. Vậy A, C, P thẳng hàng. Xét G = AB × A′ B′ , H = BC × B′ C ′ ,
P = CA × C ′ A′ . Theo phần đảo của Định lý ??, Định lý Desargues, đối với ∆ABC và
∆A′ B′ C ′ có AA′ = AD, BB′ = BE, CC ′ = CF đồng quy.

7

Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

2

Mở rộng bài toán con bướm

Mệnh đề 1 (Bài toán con bướm). Qua trung điểm I của dây cung MN của một đường tròn ta
kẻ hai dây cung bất kỳ AB và CD, đều khác MN. Gọi giao điểm giữa AC và BD với MN là P
và Q tương ứng. Ta ln có IP = IQ.
Chứng minh. Gọi O là tâm đường tròn và J, K là trung điểm đoạn AC, BD, tương ứng.
Vì ∆I AC ∼ ∆IDB nên ∆I AJ ∼ ∆IDK và suy ra ∠ I J A = ∠ IKD. Do tứ giác IOJP và
IOKQ đều nội tiếp trong đường tròn tương ứng nên ∠ IOP = ∠ I JP = ∠ IKQ = ∠ IOQ.
Từ đó suy ra IP = IQ.
Bổ đề 1. Cho tứ giác lồi ABCD với giao hai đường chéo I = AC × BD. Lấy E, H, F, G thuộc
cạnh AB, BC, CD, DA, tương ứng sao cho EF và GH cùng đi qua I. Giả sử EG, FH cắt AC tại
M, N, tương ứng. Chứng minh rằng
1
1
1
1
+
=
+
.
IA
IN
IC
IM
IA

AM IN
.
=
. Biến đổi
Bài giải. Trước tiên ta chỉ ra hệ thức P =
I M CN
IC
S AEG S IFH
S
S
S
S
P =
.
= IFH . CBD . ABD . AEG
S IEG SCFH
S IEG SCFH SCBD S ABD
IF.IH CB.CD I A AE.AG
.
. .
=
IE.IG CF.CH IC AB.AD
IA
S FAC S HAC SDAC SBAC I A SEAC SGAC
.
.
.
. .
.
=

.
=
SEAC SGAC S FAC S HAC IC SBAC SDAC
IC
Đặt I A = a, IC = c, I M = m, IN = n. Ta có
1
1
1
=
+
.
IN
IC
IM

a−m n
a
1
.
= và suy ra hệ thức
+
m c−n
c
IA

Mệnh đề 2. Cho dây cung MN của một đường tròn, (đường bậc hai), và điểm I thuộc đoạn
MN. Giả sử hai dây cung bất kỳ AB và CD, đều khác MN, đi qua điểm I. Gọi giao điểm giữa
AC và BD với MN là P và Q tương ứng. Ta có đồng nhất thức
1
1

1
1
+
=
+
.
IM
IP
IN
IQ

8


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017

Chứng minh. Giả sử MA cắt ND tại T và MC cắt NB tại H. Do 6 điểm A, M, C, B, N, D
cùng thuộc một đường tròn, (đường bậc hai), nên ba điểm T, I, H thẳng hàng theo Định
1
1
1
1
+
=
+
theo Bổ đề 1.
lý Pascal. Ta có đồng nhất thức
IM
IP
IN

IQ

3. Đồ thị phẳng 21-điểm K3
Mục này dành trình bày Mệnh đề 3. Đây là lời giải cho Bài tập 16 trang 56 trong "Bài
tập về các đồ thị phẳng bậc ba" của Smôgôrdevski và Stơlơva (bản tiếng Nga).
Giả sử tam giác ABC có độ dài ba cạnh a = BC, b = CA, c = AB. Ký hiệu a là đường
thẳng cắt đường thẳng AC tại điểm cách đều hai điểm A và B, cắt đường thẳng AB tại
điểm cách đều hai điểm A và C. Ký hiệu b là đường thẳng cắt đường thẳng BA tại điểm
cách đều hai điểm B và C, cắt đường thẳng BC tại điểm cách đều hai điểm B và A. Ký
hiệu c là đường thẳng cắt đường thẳng CB tại điểm cách đều hai điểm C và A, cắt đường
thẳng CA tại điểm cách đều hai điểm C và B.
Gọi A0 , B0 , C0 là những điểm đối xứng với A, B, C qua BC, CA, AB, tương ứng. Gọi
A1 , B1 , C1 là những điểm đối xứng với A, B, C qua a, b, c, tương ứng. Gọi 2 điểm E là
những điểm thỏa mãn aEA = bEB = cEC, gọi 2 điểm F là những điểm nhìn các cạnh
2π
π
. Gọi H là trực tâm và O là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC dưới góc hay
3
3
∆ABC.
Gọi A2 , A3 là các đỉnh của các tam giác đều BCA2 , BCA3 , gọi B2 , B3 là các đỉnh của các
tam giác đều CAB2, CAB3 và gọi C2 , C3 là các đỉnh của các tam giác đều ABC2, ABC3 .
Ví dụ 3. Xác định phương trình a khi biết tọa độ A, B, C.
Bài giải. Dựng hệ tọa độ Oxy sao cho A(0; 0), B( x2 ; kx2 ), C ( x3 ; hx3 ). Điểm P0 ( p; hp) cách
đều A và B khi và chỉ khi
p2 + h2 p2 = ( p − x2 )2 + (hp − kx2 )2 .
Vậy

P0

x2 ( 1 + k2 ) x2 h ( 1 + k2 )
;
.
2(1 + hk) 2(1 + hk)

Điểm

N0 (n; kn)

9

cách

đều

A

và

C

khi


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
và

chỉ

khi

x
x2 ( 1 + k2 )
2(1 + hk)
x3 ( 1 + h2 )
2(1 + hk)

x3 ( 1 + h2 ) x3 k ( 1 + h2 )
;
. Đường thẳng a là
2(1 + hk) 2(1 + hk)
y
1
x
y
1
x2 h ( 1 + k2 )
2
(
1
+
hk)
1
= 0.
= 0 hay x2 x2 h
2(1 + hk)
1 + k2
2(1 + hk)
x3 k ( 1 + h2 )

x3 x3 k
1
1 + h2
2(1 + hk)
N0

đường

thẳng

Mệnh đề 3. Giả sử ∆ABC có độ dài cạnh a, b, c. Khi đó 21 điểm nêu trên đều thuộc tập K3 gồm
tất cả các điểm M thỏa mãn
1 a2 + MA2 a2 MA2
1 b2 + MB2 b2 MB2
1 c2 + MC2 c2 MC2

= 0.

Chứng minh. Khi M ≡ A thì MA = 0, MB = AB = c.MC = AC = b. Khi
1 a2 + MA2 a2 MA2
1
a2
0
2
2
2
2
2
2
2

đó 1 b + MB b MB
= 1 b + c b c2 = 0. Vậy A, A0 ∈ K3 . Tương tự
2
2
2
2
1 c + MC c MC
1 c2 + b2 c2 b2
B, B0 , C, C0 ∈ K3 .
1 a2 + H A 2 a2 H A 2
Vì a2 + H A2 = b2 + HB2 = C2 + HC2 = 4R2 nên 1 b2 + HB2 b2 HB2 =
1 c2 + HC2 c2 HC2
1 4R2 a2 H A2
1 4R2 b2 HB2 = 0. Vậy H ∈ K3 .
1 4R2 c2 HC2
1 a2 + OA2 a2 OA2
1 a2 + R 2 a2 R 2
Vì 1 b2 + OB2 b2 OB2 = 1 b2 + R2 b2 R2 = 0 nên O ∈ K3 .
1 c2 + OC2 c2 OC2
1 c2 + R 2 c2 R 2
1 a2 + EA2 a2 EA2
1 a2 + EA2 u2
2
2
2
2
Đặt aEA = u. Vì 1 b + EB b EB
= 1 b2 + EB2 u2 = 0 nên hai điểm E
2
2

2
2
1 c + EC c EC
1 c2 + EC2 u2
√
a2 + b 2 + c 2
+ 2 3S. Do
thuộc K3 . Đặt v = AA22 =
2
T=

1
nên T =
1
1
A3 , B2 , B3 , C2 , C3

1 a2 + A 2 A 2 a2 A 2 A 2
1 b2 + A 2 B 2 b2 A 2 B 2
1 c2 + A 2 C 2 c2 A 2 C 2

a2 + v v
b 2 + a2 b 2
c 2 + a2 c 2
∈ K3 .

a2 =

1 a2 v
1 a2 b 2

1 a2 c 2

a2 = 0. Vậy A2 ∈ K3 . Tương tự

2π
. Đặt x = FA, y = FB, z = FC.
3
2
2
= z + x + zx, c2 = x2 + y2 + xy. Vì F ∗ :=

Giả sử F nhìn ba cạnh dưới cùng một góc
Khi đó ta có a2 = y2 + z2 + yz, b2

=

1 a2 + v a2 v
1 b 2 + a2 b 2 a2
1 c 2 + a2 c 2 a2

10


Hội thảo khoa học, Hưng Yên 25-26/02/2017
1 a2 + FA2 a2 FA2
1 b2 + FB2 b2 FB2
1 c2 + FC2 c2 FC2
∗

F =

=

1 xy a2 x2
1 yz b2 y2
1 zx c2 z2

1 x2 + y2 + z2 + xy a2 x2
1 x2 + y2 + z2 + yz b2 y2
1 x2 + y2 + z2 + zx c2 z2

nên

= c2 xz3 − b2 xy3 + a2 x3 y − c2 yz3 + b2 y3 z − a2 x3 z

và dễ dàng thấy F ∗ = 0 qua việc thay a2 = y2 + yz + z2 , b2 = z2 + zx + x2 và c2 =
x2 + xy + y2 . Như vậy hai điểm F cũng thuộc K3 . Việc kiểm tra ba điểm còn lại A1 , B1 , C1
cũng thuộc K3 được coi là một bài tập.
Mệnh đề 4. Nếu ∆ABC khơng đều thì bậc của K3 bằng 3.
Chứng minh. Đặt u = MA2 , v = MB2 , t = MC2 ; α = a2 , β = b2 , γ = c2 . Vậy
1 α + u αu
0 =
1 β + v βv
1 γ + t γt
= γvt − βvt + αut − γut + βuv − αuv

+ αγu − αβu + αβv − βγv + βγt − αγt.

Biểu diễn u = x2 + y2 + a1 x + b1 y + c1 , v = x2 + y2 + a2 x + b2 y + c2 và t = x2 + y2 +
a3 x + b3 y + c3 , Khi đó hệ số của ( x2 + y2 )2 đúng bằng γ − β + α − γ + β − α = 0. Vậy K3

là đồ thị bậc 3. Dễ dàng kiểm tra bậc của K3 bằng 3 khi tam giác ABC khơng đều.
Nhận xét 1. Phương trình cho K3 khơng qua định thức rất phức tạp

( a2 − b2 ) MA2.MB2 + (b2 − c2 ) MB2 .MC2 + (c2 − a2 ) MC2.MA2 =
a2 c2 ( MA2 − MC2 ) + c2 b2 ( MC2 − MB2 ) + b2 a2 ( MB2 − MA2 ).

Tài liệu
[1] N. V. Mậu và Đ. V. Nhỉ (2015), Đồng nhất thức và phương pháp tọa độ trong Hình học,
Nhà xuất bản ĐHQG Hà Nội.
[2] T. T. Nam, Đ. V. Nhỉ, T. T. Tình, N. A. Tuấn (2016), Giáo trình HÌNH HỌC SƠ CẤP,
Nhà xuất bản ĐHSP Thành phố HCM.

11