Tính chất hình học của đường cong bậc ba

TÍNH CHẤT HÌNH HỌC CỦA ĐƯỜNG CONGBẬC BA Nguyễn Tiến Lâm, Ngô Quang Dương - THPT Chuyên KHTN, Hà Nội Bài viết trình bày một số tính chất đơn giản của đường cong bậc ba. 1. Mở đầu Trong hình học sơ cấp, định lý Menelaus là một định lý nổi tiếng liên quan đến bài toán chứng minh thẳng hàng của các điểm. Định lý này được chứng minh bằng định lý Thales. Dưới đây, ta sẽ đưa ra cách chứng minh bằng phương pháp tọa độ. Quy ước trong bài viết, tọa độ Descartes của điểmM là .xM ; yM /. Định lý 1 (Định lý Ménélaus). Các điểm A1, B1, C1 lần lượt chia các đoạn thẳng BC , CA, AB theo tỉ số ˛, ˇ, , trong đó ˛, ˇ, 2 R. Ba điểm A1, B1, C1 thẳng hàng khi và chỉ khi ˛ˇ D 1. Chứng minh. Chiều thuận. Giả sử ba điểm A1, B1, C1 thẳng hàng và  là đường thẳng đi qua ba điểm đó. Trong hệ trục tọa độ Oxy, đường thẳng  có phương trình ax C by C c D 0 và đặt f .x/ D ax C by C c. Điểm A1 chia BC theo tỉ số ˛ nên tọa độ của A1 là A1 xB ˛xC 1 ˛ I yB ˛yC 1 ˛  : Vì A1 2  nên a xB ˛xC 1 ˛ C b yB ˛yC 1 ˛ C c D 0; dẫn đến ˛ D f .xB/ f .xC / : Một cách tương tự, ta cũng có ˇ D f .xC / f .xA/ I D f .xA/ f .xB/ : Từ đó, ta có ngay ˛ˇ D 1: Chiều đảo. Giả sử đường thẳng MN cắt đường thẳng AB tại P 0 và giả sử P 0 chia đoạn AB theo tỉ số 0: Theo chiều thuận thì ˛ˇ 0 D 1 mà ˛ˇ D 1 nên D 0; tức là P 0  P: Suy ra M;N;P thẳng hàng. Tiếp theo, ta xét định lý Carnot là dạng tổng quát của định lý Menelaus. Nội dung của định lý được phát biểu dưới đây: Định lý 2 (Định lý Carnot). Giả sử các điểm Ai , Bi , Ci lần lượt chia cạnh BC , CA, AB theo tỉ số ˛i ; ˇi ; i ; với i D 1; 2: Khi đó, 6 điểm A1, A2, B1, B2, C1, C2 thuộc một conic khi và chỉ khi ˛1˛2ˇ1ˇ2 1 2 D 1. Định lý trên được chứng minh tương tự như định lý Menelaus có sử dụng thêm định lý Viete cho phương trình bậc 2. 119 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 2. Một số tính chất của đường cong bậc ba 2.1. Đường cong bậc ba có phương trình y D ax3 C bx2 C cx C d Mục này đưa ra các tính chất của đường bậc ba có phương trình dạng y D ax3C bx2C cxCd . Bổ đề 1. Khi b D 0, giả sử A, B , C là ba điểm phân biệt thuộc đường cong bậc ba K. Khi đó, A, B , C thẳng hàng khi và chỉ khi xA C xB C xC D 0. Chứng minh. Giả sử đường thẳng qua hai điểm A, B có phương trình  W ˛x C ˇy C D 0: Chiều thuận. Giả sử C thuộc đường thẳng AB; ta cần chỉ ra xA C xB C xC D 0: Thật vậy, tọa độ A, B , C là nghiệm của hệ ( ˛x C ˇy C D 0; ax3 C cx C d D y: Thay y từ phương trình thứ hai vào phương trình đầu tiên, ta được phương trình hoành độ giao điểm của .C / và  là ax3 C .˛ C b/x C C c D 0: Vì xA, xB , xC là nghiệm của phương trình trên nên theo định lý Viete, ta có ngay xACxBCxC D 0: Chiều đảo. Giả sử xA C xB C xC D 0: Gọi C 0 là giao điểm của K và đường thẳng AB , theo phần thuận thì xA C xB C xC 0 D 0; dẫn đến xC D xC 0 hay C  C 0: Do đó, A, B , C thẳng hàng. Từ bổ đề trên, ta thu được một kết quả đẹp liên quan tới đường cong bậc ba K trong trường hợp b D 0 được trình bày trong mệnh đề dưới đây. Mệnh đề 1. Khi b D 0; giả sử A, B , C là ba điểm phân biệt thuộc đường cong K. Tiếp tuyến của K tại các điểm A, B , C cắt đường cong K tại các điểm thứ hai A0, B 0, C 0. Chứng minh rằng A0, B 0, C 0 thẳng hàng khi và chỉ khi A, B , C thẳng hàng. Chứng minh. Giả sử A, B , C là ba điểm thẳng hàng thuộc đường cong K. Phương trình tiếp tuyến của K tại A là y D .3ax2A C c/.x xA/C ax3A C cxA C d: Do vậy, xA là nghiệm kép của phương trình ax3 C cx C d D .3ax2A C c/.x xA/C ax3A C cxA C d hay .x xA/2.x C 2xA/ D 0: Phương trình trên có hai nghiệm xA;2xA nên hoành độ của điểm A0 là xA0 D 2xA:Một cách tương tự, ta cũng có xB 0 D 2xB ; xC 0 D 2xC : Suy ra xA0CxB 0CxC 0 D 2.xACxBCxC /: Từ đây, áp dụng bổ đề 1 ta thấy ngay A0, B 0, C 0 thẳng hàng khi và chỉ khi A, B , C thẳng hàng. Tiếp theo, ta sẽ xét một mở rộng của mệnh đề 1. Mệnh đề 2 (Mở rộng mệnh đề 1). Khi b D 0; xét hai đường thẳng d1, d2: Giả sử di cắt K tại ba điểm Ai , Bi , Ci với i D 1; 2. Khi đó, giao điểm của các đường thẳng A1A2, B1B2, C1C2 với đường cong K thẳng hàng. 120 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Chứng minh. Gọi A3, B3, C3 tương ứng là giao điểm của các đường thẳng A1A2, B1B2, C1C2 với đường congK và giả sử ai , bi , ci lần lượt là hoành độ của các điểm Ai , Bi , Ci với i D 1; 2; 3. Theo bổ đề 1 thì ta phải có a1 C a2 C a3 D b1 C b2 C b3 D c1 C c2 C c3 D 0 Suy ra †3iD1.ai C bi C ci/ D 0. Nhưng vì Ai , Bi , Ci thuộc đường thẳng di với i D 1; 2 nên ai C bi C ci D 0 với mọi i D 1; 2: Từ đó, ta phải có a3 C b3 C c3 D 0: Cũng theo bổ đề 1 thì ba điểm A3, B3, C3 thẳng hàng. Phép chứng minh hoàn tất. Trong bài toán trên, ta chỉ cần cho hai đường thẳng d1; d2 trùng nhau thì các đường thẳng A1A2; B1B2; C1C2 sẽ suy biến thành tiếp tuyến của đường cong K và ta thu được lại kết quả ở mệnh đề 1. Một câu hỏi đặt ra là liệu kết quả trên còn đúng không với đường cong K bất kỳ? Ta xét bài toán mở rộng sau đây: Mệnh đề 3 (Mở rộng mệnh đề 2). Xét đường cong K W y D ax3 C bx2 C cx C d , với a ¤ 0 và hai đường thẳng d1, d2: Giả sử rằng di cắt đường cong K tại ba điểm phân biệt Ai , Bi , Ci với i D 1; 2. Gọi A3, B3, C3 lần lượt là giao điểm của các đường thẳng A1A2, B1B2, C1C2 với đường cong K. Khi đó, ba điểm A3, B3, C3 thẳng hàng. Hình 12.1: A3, B3, C3 thẳng hàng Chứng minh. Ta chia làm hai trường hợp. 1. A1A2, B1B2, C1C2 đôi một cắt nhau. Gọi A, B , C lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng .B1B2; C1C2/, .C1C2; A1A2/, .A1A2; B1B2/. Giả sử điểm Ai chia đoạn BC theo tỉ số ˛i ; điểm Bi chia đoạn CA theo tỉ số ˇi ; điểm Ci chia đoạn AB theo tỉ số i , với i D 1; 2; 3. Áp dụng định lý Carnot cho đường cong K bậc 3 với4ABC ta có ˛1˛2˛3ˇ1ˇ2ˇ3 1 2 3 D 1: Nhưng vì ba điểm Ai , Bi , Ci thẳng hàng (cùng nằm trên đường thẳng di )nên áp dụng định lý Menelaus cho 4ABC với cát tuyến d1 ta có ˛iˇi i D 1; với i D 1; 2: Suy ra ˛3ˇ3 3 D 1; nghĩa là A3, B3, C3 thẳng hàng theo định lý Ménélaus. 2. Trong các cặp .B1B2; C1C2/, .C1C2; A1A2/, .A1A2; B1B2/ có ít nhất 1 cặp song song. Lúc này ta thực hiện một phép chiếu xuyên tâm biến Ai , Bi , Ci thành A0i , B 0 i , C 0 i , đường bậc ba K thành K0. Hiển nhiên tồn tại phép chiếu thỏa mãn A01A02, B 01B 02, C 01C 02 đôi một cắt nhau. Lúc này ta lại quay về trường hợp 1. 121 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Ở bài toán trên, nếu cho hai đường thẳng d1, d2 trùng nhau thì các đường thẳng A1A2, B1B2, C1C2 sẽ suy biến thành tiếp tuyến của đường cong K thì khi đó kết quả mệnh đề 1 cũng đúng trong trường hợp b ¤ 0 hay đúng với đường cong bậc ba tổng quát. 2.2. Đường cong bậc ba bất kì Ở trên, ta trình bày một số tính chất của đường cong bậc ba có phương trình quen thuộc. Phần này sẽ đề cập đến đường cong bậc ba bất kì, mà trong tọa độ Descartes, phương trình được cho dưới dạng hàm ẩn: ax3x 3 C ay3y3 C ax2yx2y C axy2xy2 C bx2x2 C by2y2 C bxyxy C cxx C cyy C d D 0 Trong đó các hệ số ax3, ay3, ax2y , axy2, bx2, by2, bxy , cx , cy , d là các số thực và ax3, ay3, ax2y , axy2 không đồng thời bằng 0. Nói đến đường cong bậc 3 thì ta có một kết quả rất nổi tiếng: Định lý 3 (Định lý Cayley-Bacharach). Hai đường cong bậc 3 cắt nhau tại 9 điểm (theo định lý Bezout, hai đường cong bậc m, n cắt nhau tại m  n điểm). Một đường cong bậc 3 khác đi qua 8 trong số 9 điểm đó thì cũng đi qua điểm thứ 9. Định lý Cayley-Bacharach [1] có thể được suy biến: thay đường cong bậc 3 bởi hợp của 3 đường thẳng, hay hợp của 1 conic và 1 đường thẳng,... Do đó, một trong những ứng dụng của định lý này là chứng minh 3 điểm thẳng hàng, hay 6 điểm thuộc một conic. Chẳng hạn như định lý này mang đến một chứng minh ngắn gọn cho mệnh đề 2 trong 2.1: 2 đường cong bậc 3 là K và A1; A2; A3 [ B1; B2; B3 [ C1; C2; C3 có 9 giao điểm là Ai , Bi , Ci với i D 1; 2; 3. Khi đó đường bậc 3 suy biến A1; B1; C1 [ A2; B2; C2 [ A3; B3 đi qua 8 trong số 9 điểm trên nên cũng sẽ chứa điểm C3. Điều này nghĩa là A3, B3, C3 thẳng hàng. Hệ quả. Các điểm A, B , C ,D, P , P1, P2 thuộc đường cong bậc ba K. 6 điểm A, B , C ,D, P1, P2 thuộc một conic khi và chỉ khi giao điểm khác A, B , C ,D của AB , CD với K và P thẳng hàng. Chứng minh. AB , CD cắtK tạiM ,N vàM ,N , P thẳng hàng.K và cubic suy biến A;B;M [ C;D;N [ P;P1; P2 có 9 giao điểm A, B , C , D, M , N , P , P1, P2. Theo định lý Cayley- Bacharach, đường bậc ba suy biến ABCDP1 [M;N;P (trong đó ABCDP1 là conic đi qua 5 điểm A, B , C ,D, P1) đi qua P2 nên A, B , C ,D, P1, P2 thuộc một conic. Phần đảo, A, B , C ,D, P1, P2 thuộc một conic. Xét ba đường bậc ba K, A;B;M [ C;D;N [ P;P1; P2, ABCDP1P2 [M;N từ đó áp dụng định lý Cayley-Bacharach ta suy ra M , N , P thẳng hàng. Một số bài toán khác có chứng minh áp dụng định lý Cayley-Bacharach tương tự trên, bạn đọc xem tại [2]. 122 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 Hình 12.2: Một ứng dụng trực tiếp của định lý Cayley-Bacharach Tài liệu tham khảo [1] Cayley-Bacharach theorem, Wikipedia [2] Generalization of some triangle geometry results associated with cubics generalizations-of-some-triangle.html 123 Tạp chí Epsilon, Số 08, 04/2016 124