Điểm Fermat của hình tam giác II

Kỳ trước chúng ta đã tìm hiểu về bài toán hình học Fermat, đó là cho một tam giác $ABC$, tìm điểm $M$ sao cho $MA + MB + MC$ là ngắn nhất.
bài toán Fermat: tìm điểm $M$ sao cho $MA + MB + MC$ là ngắn nhất



Điều thú vị là chúng ta đã dùng một tính chất của đường tiếp tuyến hình elíp để phân tích ra câu trả lời cho bài toán Fermat. Qua phân tích, chúng ta biết rằng điểm $M$ cần tìm, nếu tồn tại, thì chỉ có thể ở vào bốn vị trí, đó là $A$, $B$, $C$ hoặc là điểm xác định bởi $\angle AMB = \angle BMC = \angle CMA = 120^{o}$.

Xin lưu ý với các bạn là, ở trên, chúng ta chỉ nói là, nếu điểm $M$ tồn tại thì nó chỉ có thể ở vào một trong bốn vị trí. Tuy nhiên chúng ta chưa chứng minh rằng sẽ tồn tại một điểm $M$ để cho $MA + MB + MC$ là ngắn nhất. Thành ra trong toán học, đôi khi chúng ta phải cẩn thận trong những lập luận logic của mình.

Hôm nay, chúng ta sẽ trình bày lời giải bài toán Fermat một cách "thuần túy" hình học hơn. Chúng ta sẽ xét hai trường hợp riêng biệt. 

Đầu tiên là trường hợp tất cả các góc của tam giác $ABC$ đều nhỏ hơn $120^{o}$. Chúng ta chứng minh rằng điểm $M$ cần tìm là điểm có tính chất $\angle AMB = \angle BMC = \angle CMA = 120^{o}$. 

Trường hợp còn lại là trường hợp tam giác $ABC$ có một góc lớn hơn hoặc bằng $120^{o}$. Ví dụ như trong trường hợp $\angle A \geq 120^{o}$, chúng ta sẽ chứng minh rằng điểm cần tìm sẽ là $M=A$.



Trường hợp: $\angle A, \angle B, \angle C < 120^{o}$.

Chúng ta dựng ra bên ngoài tam giác $ABC$ các tam giác đều $ABC'$, $BCA'$ và $CAB'$.

Lấy một điểm $P$ bất kỳ. Dùng tâm $A$, xoay tam giác $APB$ một góc $60^{o}$ để trở thành tam giác $AQC'$. Nhờ phép quay này chúng ta sẽ đạt được hai điều. Đó là, hai tam giác $APB$ và $AQC'$ là bằng nhau, và tam giác $APQ$ là tam giác đều. Vì vậy nên, $PB = QC'$ và $PA = PQ$.

Như vậy, nhờ sử dụng phép quay, chúng ta biến $PA + PB + PC = CP + PQ + QC'$. Vậy $PA + PB + PC$ sẽ ngắn nhất khi nó bằng $CC'$, tức là khi các điểm $C$, $P$, $Q$ và $C'$ nằm trên cùng một đường thẳng theo thứ tự này.
$PA = PQ$, $PB = QC'$, do đó $PA + PB + PC = CP + PQ + QC' \geq CC'$
Để cho $C$, $P$, $Q$ thẳng hàng thì chúng ta phải có $\angle CPA = 180^{o} - \angle APQ = 120^{o}$.

Tương tự như vậy, để cho $P$, $Q$, $C'$ thẳng hàng thì chúng ta phải có $\angle AQC' = 180^{o} - \angle PQA = 120^{o}$. Vì vậy $\angle APB = \angle AQC' = 120^{o}$.

Bởi vì $\angle APQ = 60^{o}$ nên khi các điểm $C$, $P$, $Q$, $C'$ thẳng hàng thì $P$ chính là giao điểm của $CC'$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC'$.

Tóm lại, chúng ta vừa chứng minh rằng $PA + PB + PC \geq CC'$ và điều kiện cần để cho $PA + PB + PC = CC'$ là $\angle CPA = \angle APB = 120^{o}$ và $P$ chính là giao điểm của $CC'$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC'$.

Để kết thúc lời giải chúng ta sẽ chỉ ra rằng, nếu chúng ta xây dựng điểm $M$ để cho $\angle CMA = \angle AMB = \angle BMC = 120^{o}$ thì $MA + MB + MC = CC'$, và vì vậy điểm $M$ là điểm mà chúng ta cần tìm.


Thực vậy, nếu $M$ là giao điểm của đoạn $CC'$ với đường tròn ngoại tiếp tam giác đều $ABC'$ thì $\angle AMB = 120^{o}$ và $\angle AMC' = 60^{o}$, do đó $\angle AMC = 120^{o}$. Lấy điểm $N$ trên $CC'$ sao cho tam giác $AMN$ là tam giác đều thì nếu ta dùng tâm $A$ và xoay một góc $60^{o}$ thì từ tam giác $AMB$ chúng ta sẽ có tam giác $ANC'$. Điểm $M$ này sẽ thõa mãn $MA + MB + MC = MN + NC' + MC = CC'$.
Tại điểm Fermat $M$ chúng ta có $MA + MB + MC = CC'$


Chúng ta đã chỉ ra được điểm $M$ có tính chất $\angle AMC = \angle AMB = \angle BMC = 120^{o}$ và $MA + MB + MC = CC'$. Vậy điểm $M$ là điểm cần tìm.

Chúng ta thấy rằng lý luận tương tự thì $M$ cũng nằm trên $AA'$ và $BB'$ và $AA' = BB' = CC'$. Ngoài ra các đường tròn ngoại tiếp các tam giác đều $ABC'$, $BCA'$, $CAB'$ đều đi qua $M$.


Lưu ý rằng điều kiện $\angle A, \angle B, \angle C < 120^{o}$ là cần thiết để cho các điểm $C$, $M$, $N$ và $C'$ thẳng hàng theo thứ tự này. Nếu tam giác $ABC$ có một góc lớn hơn $120^{o}$ thì các điểm $C$, $M$, $N$ và $C'$ thẳng hàng nhưng không theo thứ tự như vậy (xem các hình vẽ sau).
nếu một góc của tam giác $ABC$ lớn hơn $120^{o}$ thì các điểm $C$, $M$, $N$ và $C'$ thẳng hàng nhưng không theo thứ tự này


 Trường hợp: $\angle A \geq 120^{o}$.


Ở đây chúng ta chỉ ghi phát thảo lời giải, còn chi tiết thì các bạn tự làm lấy.


$PA = PQ$ và $PB = QC'$, do đó $PA + PB + PC = CP + PQ + QC' \geq CA + AC' = CA + AB$

Bằng cách xoay quanh điểm $A$ một góc $60^{o}$, từ tam giác $APB$ chúng ta sẽ có tam giác $AQC'$. Vì vậy $PB = QC'$. Tam giác $APQ$ là tam giác đều và chúng ta có $PA = PQ$. Do đó $PA + PB + PC = CP + PQ + QC'$.

Tiếp theo chúng ta cần chứng minh rằng $CP + PQ + QC' \geq CA + AC' = CA + AB$ và $CP + PQ + QC'$ sẽ nhỏ nhất khi $P=A$.

Để chứng minh $CP + PQ + QC' \geq CA + AC'$, các bạn có thể đọc bài viết "Hãy xem xét trường hợp đặc biệt" để tìm gợi ý.



Chúng ta tạm dừng ở đây. Nếu bạn nào biết những cách giải khác cho bài toán Fermat thì hãy viết lên đây để chúng ta cùng tham khảo.

Hẹn gặp lại các bạn ở kỳ sau!



Bài tập về nhà. Cho hình vuông $ABCD$. Tìm trên bốn cạnh hình vuông bốn điểm $X$, $Y$, $Z$, $T$ sao cho $XY + YZ + ZT + TX$ là nhỏ nhất.






1 nhận xét: