10-6-2011 | KHOA HỌC

Điểm SCHIFFLER của tam giác

  LÊ ĐỨC THỊNH

Trong quá trình tự tìm tòi về các loại điểm đặc bíệt trong tam giác tôi bắt gặp một số tính chất về điểm Schiffler của tam giác. Tôi cảm thấy rất tâm đắc với các tính chất này. Tuy nhiên, có một điểm tôi cảm thấy không thật sự vừa ý là các tính chất và định lí được phát biểu một cách rất đơn giản nhưng các cách chứng minh lại phải sử dụng đến công cụ tâm tỉ cự, phương pháp tọa độ - một phương pháp hiện đại nhưng không tiện dụng đối với học sinh kể cả học sinh giỏi. Mong muốn trình bày vấn đề cho trong sáng hơn đã thôi thúc tôi đi tìm lời giải sơ cấp hơn, "đẹp mắt" hơn cho bài toán. Đến nay tôi đã thu được những kết quả nhất định xin được trình bày cùng bạn đọc trong bài viết này. Lê Đức Thịnh (GV THPT NK Trần Phú, Hải Phòng)

Ta bắt đầu bằng bài toán sau về định nghĩa điểm Schiffler của tam giác:

Bài toán 1. Giả sử I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Khi đó bốn đường thẳng Euler ^(*) của tam giác BIC, CIA, AIB, ABC đồng quy tại một điểm S gọi là điểm Schiffler ^(**) của tam giác ABC.

(*) http://agutie.homestead.com/files/center/nine_point_center_euler.html

(**) http://mathworld.wolfram.com/SchifflerPoint.html

CHỨNG MINH

Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác, G là trọng tâm tam giác, M là trung điểm BC, G' là trọng tâm tam giác BIC, AI cắt BC tại D, cắt đường tròn (O) tại J, đường tròn (I) tiếp xúc với cạnh BC tại K, JG' cắt OG tại S, cắt AM tại E (h.1).

Rõ ràng J là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC. Do đó JG' là đường thẳng Euler của tam giác BIC.

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác GOM với cát tuyến SEJ, ta có:

SG/SO . JO/JM . EM/EG = 1. Suy ra:

SG/SO = JM/JO . EG/EM = JM/R . EG/EM

(R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC).

Sử dụng định lý Menelauss cho tam giác IAM với cát tuyến JG'E, ta có:

JI/JA . EA/EM . G'M/G'I = 1. Do G' là trọng tâm tam giác BIC nên:

EA/EM = 2.JA/JI = 2.JA/JB = 2.JB/JD = 2.JI/JD

(do JI² = JB² = JA . JD). Do đó:

EG/EM = GM/EM - 1 = 1/3 . AM/EM - 1

            = 1/3 . [EA/EM + 1] - 1 = 1/3 . EA/EM - 2/3

            = 2/3 . JI/JD - 2/3 = 2/3 . ID/JD = 2/3 . IK/JM = 2/3 . r/JM

(r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC)

SG/SO = JM/R . EG/EM = JM/R . 2/3 . r/JM = 2/3 . r/R  (1)

Tương tự, ta thấy các đường thẳng Euler của các tam giác CIA, AIB cũng cắt OG tại S (xác định bởi hệ thức (1)).

Vậy các đường thẳng Euler của bốn tam giác ABC, BIC, CIA, AIB đồng quy tại S.

*

Một tính chất khác của điểm Schiffler được mô tả trong bài toán sau:

Bài toán 2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và I₁, I₂, I₃ lần lượt là tâm đường tròn bàng tiếp ứng với các góc A, B, C của tam giác. A₁, B₁, C₁ tương ứng là giao điểm của các cặp đường (OI₁, BC), (OI₂, CA), (OI₃, AB). Khi đó các đường thẳng AA₁, BB₁,CC₁ đồng quy tại điểm Schiffler S của tam giác ABC (h.2).

CHỨNG MINH

Ta chứng minh A, S, A₁ thẳng hàng. Thật vậy:

   sinAJG'/sinOJG' . sinJOG/sinAOG . sinOAA₁/sinJAA₁

= sinIJG'/sinMJG' . sinMOG/sinAOG . sinOAA₁/sinI₁AA₁

   2S_IJG' / IJ.JG'      2S_MOG/MO.OG    2S_OAA1/OA.AA₁

= --------------------  ^.  ----------------------  ^.  -----------------------

   2S_MJG'/MJ.JG'    2S_AOG/AO.OG     2S_I1AA1/I₁A.AA₁

= 2MJ/IJ . AO/2OM . OA₁/I₁A₁ . I₁A/OA

= 2MJ/BJ . BO/2OM . OM/I₁P . I₁P/OAsinA/2

=2sinA/2 [1/(2sinA/2)] = 1.

Do đó theo định lý Ceva dạng lượng giác trong tam giác AOJ, suy ra AA₁, OG, JG' đồng quy.

Tức là AA₁ đi qua S. Tương tự, ta kết luận rằng AA₁, BB₁, CC₁ đồng quy tại S.

Như vậy từ hai bài toán trên ta thu được điểm Schiffler S của tam giác ABC là điểm đồng quy của 7 đường thẳng, gồm có: 4 đường thẳng Euler của tam giác BIC, CIA, AIB, ABC và 3 đường thẳng AA₁, BB₁, CC₁.

*

Bây giờ ta hãy theo dõi một cách mô tả khác của điểm Schiffler được nêu trong bài toán:

Bài toán 3. Giả sử đường tròn bàng tiếp ứng với góc A của tam giác ABC tiếp xúc với các đường thẳng BC, CA, AB lần lượt tại A', B', C'. Gọi A'' là điểm đối xứng của A' qua B'C'. Tương tự ta định nghĩa điểm B", C". Khi đó AA", BB", CC" đồng quy tại điểm Schiffler S của tam giác ABC.

CHỨNG MINH

Bổ đề 1. Với các kí hiệu như ở bài toán 1 thì OI₁ là đường thẳng Euler của tam giác A'B'C'.

Chứng minh: Dựng các đường thẳng qua A và song song B'C', qua B và song song C'A', qua C và song song A'B'. Các đường này cắt nhau tạo ra tam giác DEF (h.3). Ta có:

AI₁ B'C' ==> AI₁ EF, BI₁ A'C' ==> BI₁ DE.

Do đó I₁ là trực tâm tam giác DEF. Nhận thấy O là tâm đường tròn Euler của tam giác DEF. Nên OI₁ là đường thẳng Euler của tam giác DEF. Mà đường thẳng Euler của hai tam giác A'B'C' và DEF cùng phương, và đều đi qua I₁ nên OI₁ cũng là đường thẳng Euler của tam giác A'B'C' (đpcm).

Bổ đề 2. Ba điểm A, A₁, A" thẳng hàng.

Chứng minh: (h. 4) Theo bổ đề 1, nếu gọi H' là giao điểm của OI₁ và A'A" thì H' là trực tâm tam giác A'B'C'.

Gọi I là chân đường phân giác hạ từ A xuống BC.

Ta có: II₁/IA = r_a/h_a = a/(b+c-a)    (2)

(trong đó r_a, h_a tương ứng là bán kính đường tròn bàng tiếp ứng với đỉnh A, độ dài đường cao hạ từ A của tam giác ABC; a = BC, b = AC, c = AB). Mặt khác:

A'H'/A'A" = (A'H'.B'C')/(A'A".B'C')

= (- 2r_a.cosA'.2r_a.sinA')/4S_A'B'C'

= - 2r_a².sin2A' / 8r_a².sinA'.sinB'.sinC'

= - 2sin2A' / (sin2A' + sin2B' + sin2C').

Hơn nữa:

B' = A'C'A = C/2, C' = A'B'A = B/2,

suy ra: A' = 180^o - B' - C' = 90^o + A/2.

Do đó: A'H'/A'A" = sinA / (-sinA + sinB + sinC) = a/(b+c-a)   (3)

Từ (2) và (3) suy ra II₁/IA = A'H'/A'A".

Vậy A, A₁, A" thẳng hàng.

Rõ ràng theo bổ đề 2 và kết quả bài toán 2 thì bài toán 3 được chứng minh.

Qua chứng minh trên ta thấy rằng bài toán 3 là một bài toán khó và lời giải của nó vẫn phải dùng đến kết quả của bài toán 2. Hi vọng rằng bạn đọc có thể đưa ra một lời giải đẹp hơn nữa cho bài toán 3. Rất mong nhận được sự góp ý của các bạn để hoàn chỉnh hơn nữa bài viết này.

Lê Đức Thịnh

(Toán Học & Tuổi Trẻ số 365, tháng 11 2007)

Cùng Tác Giả:

- Điểm SCHIFFLER của tam giác Lê Đức Thịnh Khảo cứu