Hypebol $y=\dfrac{ax+b}{x+c}$ và tam giác $ABC$
Hàm phân thức bậc nhất trên bậc nhất $y=\dfrac{ax+b}{x+c}$ mà ta gặp từ phổ thông thực ra là một hypebol vuông (hypebol đều) rất đặc biệt. Bài viết này đi tìm câu trả lời cho một câu hỏi đơn giản: cho tam giác $ABC$ trong mặt phẳng $Oxy$, hypebol dạng đó đi qua $A$, $B$, $C$ và một tâm của tam giác trông như thế nào?
Câu trả lời dẫn thẳng tới ba đường cong cổ điển mang tên Kiepert, Jerabek, Feuerbach, và tới một hệ quả gọn gàng đến bất ngờ: cả bốn hypebol đều đi qua trực tâm $H$, nên chúng đôi một cắt nhau đúng tại $A, B, C, H$ chứ không ở đâu khác.
1. $y=\dfrac{ax+b}{x+c}$ là hypebol gì?
Nhân chéo, phương trình tương đương với một conic:
$$ y(x+c) = ax+b \iff \boxed{\;xy + c\,y - a\,x - b = 0\;} $$
Đặt $k = b - ac$. Khi $k \ne 0$ ta viết lại được thành $$ (x+c)\,(y-a) = k, $$ tức là đồ thị $xy=k$ được tịnh tiến sao cho tâm về $(-c,\;a)$. Vậy:
- Hai tiệm cận là $x=-c$ và $y=a$ — vuông góc với nhau và song song với hai trục toạ độ.
- Tâm đối xứng là $\;\Omega=(-c,\;a)$.
- Nếu $k=0$ thì đường suy biến thành cặp đường thẳng $x=-c$ và $y=a$.
Chú ý bậc tự do. Bộ $(a,b,c)$ chỉ có $3$ tham số, nên nói chung nó chỉ đủ để đi qua $3$ điểm. Muốn đi qua $4$ điểm $A,B,C,P$ thì phải nới thêm một bậc tự do: ta cho phép quay hệ trục một góc $\theta$. Trong hệ $OXY$ quay đi góc $\theta$, đường cong vẫn có đúng dạng $Y=\dfrac{aX+b}{X+c}$ — chỉ là hai tiệm cận vuông góc của nó nghiêng đi góc $\theta$ so với hai trục ban đầu. Bốn tham số $(a,b,c,\theta)$ khớp đúng với $4$ điểm.
2. Ngôn ngữ conic: điều kiện "hypebol vuông"
Xét conic tổng quát
$$ \mathcal S(x,y)\;=\;\alpha x^{2}+\beta xy+\gamma y^{2}+\delta x+\varepsilon y+\zeta\;=\;0 .$$
Phép quay góc $\theta$ (thay $x = X\cos\theta - Y\sin\theta,\; y = X\sin\theta + Y\cos\theta$) biến $(\alpha,\beta,\gamma)$ thành $(\alpha',\beta',\gamma')$ với $\alpha'+\gamma' = \alpha+\gamma$ — tổng này là bất biến quay. Mà dạng $xy+cy-ax-b=0$ có $\alpha=\gamma=0$. Do đó:
Mệnh đề. Conic $\mathcal S$ viết được dưới dạng $Y=\dfrac{aX+b}{X+c}$ trong một hệ trục trực chuẩn quay đi góc $\theta$ nào đó $\iff \alpha+\gamma = 0$, tức $\mathcal S$ là hypebol vuông (hai tiệm cận vuông góc). Góc quay lấy từ $$\tan 2\theta = -\frac{2\alpha}{\beta}, \qquad \theta=\tfrac12\operatorname{atan2}(-2\alpha,\;\beta).$$
Sau khi quay, chia cho hệ số $\beta'$ ta đọc ra ngay
$$ a=-\frac{\delta'}{\beta'},\qquad c=\frac{\varepsilon'}{\beta'},\qquad b=-\frac{\zeta'}{\beta'}, $$
trong đó $\delta'=\delta\cos\theta+\varepsilon\sin\theta$, $\varepsilon'=-\delta\sin\theta+\varepsilon\cos\theta$, $\zeta'=\zeta$ và $\beta'=2(\gamma-\alpha)\sin\theta\cos\theta+\beta(\cos^2\theta-\sin^2\theta)$.
3. Công thức hypebol qua $A,B,C$ và một điểm $P$
Ký hiệu $L_{XY}(x,y)=p\,x+q\,y+r$ là phương trình đường thẳng $XY$, với vectơ pháp $\mathbf n_{XY}=(p,q)=\big(y_Y-y_X,\; x_X-x_Y\big)$.
Tích $L_{AB}\cdot L_{CP}$ là một conic suy biến (cặp đường thẳng) đi qua cả bốn điểm $A,B,C,P$; $L_{AC}\cdot L_{BP}$ cũng vậy. Mọi conic qua bốn điểm đó nằm trong chùm
$$ \mathcal S_{\lambda:\mu} \;=\; \lambda\, L_{AB}L_{CP} \;+\; \mu\, L_{AC}L_{BP}. $$
Với tích hai đường thẳng, hệ số $x^2$ là $p_1p_2$ và hệ số $y^2$ là $q_1q_2$, nên $\alpha+\gamma=\mathbf n_1\!\cdot\!\mathbf n_2$. Quay cả hai pháp vectơ đi $90^\circ$ không đổi tích vô hướng, vậy $\mathbf n_{AB}\!\cdot\!\mathbf n_{CP} = \overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CP}$. Áp điều kiện vuông $\alpha+\gamma=0$:
$$ \lambda\,\big(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CP}\big) + \mu\,\big(\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BP}\big) = 0 .$$
Kết quả chính. Hypebol vuông duy nhất qua $A,B,C,P$ là $$\mathcal H_P:\quad \big(\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BP}\big)\; L_{AB}\,L_{CP}\;-\;\big(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CP}\big)\; L_{AC}\,L_{BP}\;=\;0 .$$ Chỉ cần cộng trừ nhân chia toạ độ $A,B,C,P$ — không cần giải hệ.
Khai triển ra $(\alpha,\beta,\gamma,\delta,\varepsilon,\zeta)$ rồi áp mục 2 là được $(a,b,c,\theta)$.
Trường hợp suy biến $P=H$. Vì $BH\perp AC$ và $CH\perp AB$ nên $\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BH}=0$ và $\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CH}=0$: cả hai hệ số $\lambda,\mu$ triệt tiêu, điều kiện trở nên vô hiệu. Nghĩa là mọi conic trong chùm qua $A,B,C,H$ đều đã là hypebol vuông sẵn. Đây chính là định lý Brianchon–Poncelet, và nó rơi ra ngay từ công thức. Ta sẽ chọn một đại diện đặc biệt ở mục 4.
4. Hypebol $\mathcal H_2$: qua $A,B,C,H$ với tiệm cận song song trục
Vì cả chùm qua $A,B,C,H$ đều là hypebol vuông, ta chọn đúng thành viên có $\theta = 0$ — tức viết được ngay trong hệ $Oxy$ ban đầu dưới dạng $y=\dfrac{ax+b}{x+c}$, không cần quay. Thay $A,B,C$ vào $xy+cy-ax-b=0$ được hệ tuyến tính $3\times 3$ theo $(a,c,b)$:
$$ \begin{pmatrix} x_A & -y_A & 1\\ x_B & -y_B & 1\\ x_C & -y_C & 1\end{pmatrix}\begin{pmatrix}a\\c\\b\end{pmatrix}=\begin{pmatrix}x_Ay_A\\x_By_B\\x_Cy_C\end{pmatrix}. $$
Định thức của ma trận trên bằng $-\Delta$ với $\Delta$ là hai lần diện tích đại số $\ne 0$, nên nghiệm luôn tồn tại và duy nhất. Quy tắc Cramer cho công thức đóng:
$$ a=\frac{K_1}{\Delta},\qquad b=\frac{K_3}{\Delta},\qquad c=\frac{K_2}{\Delta}, $$ $$ \Delta=\begin{vmatrix}x_A&y_A&1\\x_B&y_B&1\\x_C&y_C&1\end{vmatrix},\quad K_1=\begin{vmatrix}x_Ay_A&y_A&1\\x_By_B&y_B&1\\x_Cy_C&y_C&1\end{vmatrix},\quad K_2=\begin{vmatrix}x_Ay_A&x_A&1\\x_By_B&x_B&1\\x_Cy_C&x_C&1\end{vmatrix},\quad K_3=\begin{vmatrix}x_A&y_A&x_Ay_A\\x_B&y_B&x_By_B\\x_C&y_C&x_Cy_C\end{vmatrix}. $$
Đường này tự động đi qua $H$ (vì nó là hypebol vuông ngoại tiếp), có hai tiệm cận $x=-c$, $y=a$ và tâm $\Omega_2=(-c,\;a)$. Nó là đường duy nhất trong cả bài viết được cho bởi $y=\dfrac{ax+b}{x+c}$ ngay trong hệ trục gốc.
5. Toạ độ bốn tâm theo $A,B,C$
Đặt $\ell_a=|BC|,\;\ell_b=|CA|,\;\ell_c=|AB|$ và $\Delta=\begin{vmatrix}x_A&y_A&1\\x_B&y_B&1\\x_C&y_C&1\end{vmatrix}$.
| Tâm | Định nghĩa | Toạ độ |
|---|---|---|
| $G$ | giao ba trung tuyến | $G=\dfrac{A+B+C}{3}$ |
| $O$ | giao ba trung trực | $x_O=\dfrac{1}{2\Delta}\begin{vmatrix}|A|^2&y_A&1\\|B|^2&y_B&1\\|C|^2&y_C&1\end{vmatrix},\quad y_O=\dfrac{1}{2\Delta}\begin{vmatrix}x_A&|A|^2&1\\x_B&|B|^2&1\\x_C&|C|^2&1\end{vmatrix}$ |
| $H$ | giao ba đường cao | $H=A+B+C-2O$ (hệ thức $\overrightarrow{OH}=\overrightarrow{OA}+\overrightarrow{OB}+\overrightarrow{OC}$) |
| $I$ | giao ba phân giác trong | $I=\dfrac{\ell_a A+\ell_b B+\ell_c C}{\ell_a+\ell_b+\ell_c}$ |
Ở đây $|A|^2=x_A^2+y_A^2$.
Thay lần lượt $P=G,\;O,\;I$ vào công thức mục 3 (và dùng mục 4 cho $P=H$) ta được bốn đường cần tìm:
| # | Đi qua | Tên cổ điển | Tâm của hypebol |
|---|---|---|---|
| $\mathcal H_1$ | $A,B,C,G$ | Hypebol Kiepert | $X_{115}$ |
| $\mathcal H_2$ | $A,B,C,H$ | thành viên tiệm cận song song trục | $(-c,\,a)$ |
| $\mathcal H_3$ | $A,B,C,O$ | Hypebol Jerabek | $X_{125}$ |
| $\mathcal H_4$ | $A,B,C,I$ | Hypebol Feuerbach | $X_{11}$ — điểm Feuerbach |
6. Mối quan hệ giữa bốn hypebol
R1. Tất cả đều đi qua trực tâm $H$.
Định lý Brianchon–Poncelet: một conic ngoại tiếp tam giác $ABC$ là hypebol vuông khi và chỉ khi nó đi qua $H$. Ta đã dựng $\mathcal H_1,\mathcal H_3,\mathcal H_4$ bằng đúng điều kiện vuông, nên chúng "được tặng thêm" điểm thứ năm là $H$. Vậy $$\mathcal H_1 \ni \{A,B,C,G,H\},\quad \mathcal H_3 \ni \{A,B,C,O,H\},\quad \mathcal H_4 \ni \{A,B,C,I,H\}.$$
R2. Cả bốn nằm trong cùng một chùm conic.
Bốn điểm cơ sở chung là $A,B,C,H$. Chùm đó viết được bằng đúng hai cặp đường thẳng: $$\mathcal P_\tau:\; \cos\tau\;\big(L_{AB}L_{CH}\big)\;+\;\sin\tau\;\big(L_{AC}L_{BH}\big)=0,\qquad \tau\in[0,\pi).$$ Mọi thành viên đều là hypebol vuông; $\mathcal H_1,\mathcal H_2,\mathcal H_3,\mathcal H_4$ ứng với bốn giá trị $\tau$ khác nhau. Ba thành viên suy biến của chùm là ba cặp đường thẳng $(AB,CH)$, $(AC,BH)$, $(BC,AH)$.
R3. Hai đường bất kỳ trong bốn cắt nhau đúng tại $A,B,C,H$.
Định lý Bézout: hai conic phân biệt cắt nhau tại đúng $4$ điểm (kể cả bội và phức). Bốn điểm đó đã là $A,B,C,H$ — nên không còn giao điểm nào khác. Kéo thả tam giác bên dưới sẽ thấy bốn đường luôn "chụm" đúng vào bốn điểm này.
R4. Bốn tâm của bốn hypebol cùng nằm trên đường tròn Euler.
Tâm của mọi hypebol vuông ngoại tiếp $ABC$ nằm trên đường tròn chín điểm (tâm $N=\tfrac{O+H}{2}$, bán kính $R/2$). Khi $\tau$ chạy khắp $[0,\pi)$ trong R2, tâm của $\mathcal P_\tau$ chạy khắp đường tròn này. Riêng $\mathcal H_4$ có tâm là điểm Feuerbach — tiếp điểm của đường tròn nội tiếp và đường tròn chín điểm.
R5. Góc nhìn liên hợp đẳng giác: ba đường thẳng qua $O$.
Liên hợp đẳng giác biến một đường thẳng $\ell$ thành một conic ngoại tiếp, và conic đó là hypebol vuông $\iff \ell$ đi qua $O$. Ba đường thẳng quen thuộc qua $O$ cho đúng ba hypebol của ta:
- trục Brocard $OK\;\longrightarrow\;$ Kiepert $\mathcal H_1$;
- đường thẳng Euler $OGH\;\longrightarrow\;$ Jerabek $\mathcal H_3$;
- đường thẳng $OI\;\longrightarrow\;$ Feuerbach $\mathcal H_4$.
Hệ quả kèm theo, kiểm chứng được trên hình: $\mathcal H_1$ còn đi qua hai điểm Fermat, $\mathcal H_3$ đi qua điểm Lemoine $K$, $\mathcal H_4$ đi qua điểm Nagel và điểm Gergonne.
R6. Khi nào suy biến?
$\mathcal H_P$ suy biến thành cặp đường thẳng khi $P$ nằm trên một cạnh kéo dài, hoặc khi tam giác có tính đối xứng làm điểm $P$ rơi lên trục đối xứng cùng $H$. Ví dụ tam giác cân tại $A$: $G$, $H$, $O$, $I$ cùng nằm trên trung trực của $BC$, và $\mathcal H_1,\mathcal H_3,\mathcal H_4$ đều suy biến thành cặp (trục đối xứng, đường thẳng $BC$). Tam giác đều thì $G\equiv H\equiv O\equiv I$ và cả ba mất nghĩa. Hãy thử nút “Gần cân” bên dưới.
7. Minh hoạ tương tác
Kéo thả $A$, $B$, $C$ để đổi tam giác. Kéo nền để di chuyển hệ trục, lăn chuột để phóng to/thu nhỏ.
Hiện / ẩn
Chùm $\mathcal P_\tau$ (R2)
Tâm của nó luôn chạy trên đường tròn Euler.
Tam giác mẫu
Toạ độ
8. Bốn công thức $y=\dfrac{ax+b}{x+c}$ của tam giác hiện tại
Với $\mathcal H_1,\mathcal H_3,\mathcal H_4$, công thức được viết trong hệ trục $OXY$ quay đi góc $\theta$: $X=x\cos\theta+y\sin\theta$, $Y=-x\sin\theta+y\cos\theta$. Với $\mathcal H_2$ thì $\theta=0$ nên đó là hệ $Oxy$ gốc.
9. Bảng kiểm chứng số (cập nhật khi kéo thả)
Sai số dưới đây là $|\mathcal S(P)|$ đã chuẩn hoá — chúng phải luôn ở mức nhiễu dấu phẩy động ($\sim 10^{-15}$).
10. Tóm tắt
- $y=\dfrac{ax+b}{x+c}$ chính là hypebol vuông có tiệm cận song song hai trục, tâm $(-c,a)$.
- Cho phép quay hệ trục thêm góc $\theta$ thì họ này trở thành toàn bộ họ hypebol vuông — $4$ tham số, khớp đúng $4$ điểm.
- Công thức đóng: $\mathcal H_P=\big(\overrightarrow{AC}\cdot\overrightarrow{BP}\big)L_{AB}L_{CP}-\big(\overrightarrow{AB}\cdot\overrightarrow{CP}\big)L_{AC}L_{BP}$.
- Với $P=H$ công thức tự triệt tiêu — đúng bằng định lý Brianchon–Poncelet; ta thay bằng nghiệm Cramer cho $\theta=0$.
- Bốn đường thu được là Kiepert, Jerabek, Feuerbach và thành viên "song song trục"; chúng cùng một chùm, cùng đi qua $A,B,C,H$, và bốn tâm cùng nằm trên đường tròn Euler.