Bài soạn Bài toán xuyên thế kỉ

Bài toán STEINER-LEIMUS chưa dừng lại Sau khi đọc bài viết ở tạp chí số 1, chắc là rất nhiều bạn cho rằng, những yêu cầu mà D. Ch. L Leimus đặt ra cho J. Steiner đã được giải quyết trọn vẹn. Cuộc tìm kiếm nỗ lực của biết bao người trong hơn một trăm năm qua có thể đã tới hồi kết thúc. Vâng, chính tôi cũng đã từng nghĩ vậy. Nhưng ! Cũng lại chính tôi, gần đây, đã nhận thấy rằng, vấn đề vẫn chưa kết thúc, bài toán 2 chỉ là hệ quả của bài toán tổng quát sau. Bài toán 3 : Cho tam giác ABC, phân giác AD. I là điểm bất kì trên đoạn AD. BI, CI theo thứ tự cắt AC, AB tại E, F. Biết rằng Đ B ≤ Đ C. Chứng minh rằng BE ≥ CF. Bài toán 3 được chứng minh thông qua bổ đề 2 sau. Bổ đề 2 : Cho tam giác ABC. M là một điểm thuộc đoạn BC. Khi đó : AM < max {AB, AC}. Chứng minh : Ta có : Đ M 1 + Đ M 2 = 180 o (h.4) => Đ M 1 ≥ 90 o hoặc M 2 ≥ 90 o => AB > AM hoặc AC > AM => max{AB, AC} > AM. Bổ đề 2 đã được chứng minh. Bổ đề 3 : Cho tứ giác ABCD. Các đường chéo cắt nhau tại I. Một đường thẳng đi qua I, cắt các cạnh AB, CD theo thứ tự tại M, N. Khi đó : MN < max {AC, BD}. Chứng minh : Trường hợp 1 : AB, CD song song. (h.5) Qua M, kẻ các đường thẳng song song với AC, BD. Chúng theo thứ tự cắt đường thẳng BC tại E, F.Theo bổ đề 2, MN < max {ME, MF} => MN < max {AC, BD}. Trường hợp 2 : AB, CD không song song. Không mất tính tổng quát, giả sử giao điểm của AB, CD nằm trên tia đối của các tia AB, DC (h.6). Dựng các hình bình hành ACEM, BDFM. Đặt K là giao điểm của CD và EF. Dễ thấy K thuộc các đoạn CD, EF. Qua M, dựng đường thẳng song song với CD. Đường thẳng này theo thứ tự cắt AC, BD tại P, Q. Dễ thấy, P thuộc tia đối của tia AC, Q thuộc đoạn BI. Từ đó => : IP > IA và IQ > IB => S(IMP) > S(IMA) và S(IMQ) < S(IMB) => S(IMP)/S(IMQ) > S(IMA)/S(IMB) => MP/MQ > MA/MB => NC/ND > EC/FD => NC/ND > KC/KD => NC/ND + 1 > KC/KD + 1 => CD/ND > CD/KD => KD > ND => N thuộc đoạn KD => N thuộc tam giác AEF. Theo bổ đề 3, ta có : MN < max {ME, MF} => MN < max {AC, BD}. Tóm lại, trong cả hai trường hợp, ta đều có : MN < max {AC, BD}. Trở lại việc chứng minh bài toán 3. Trường hợp 1 : Đ B = Đ C. Dễ thấy BE = CF. Trường hợp 2 : Đ B < Đ C. Ta có AB > AC nên trên tia đối của tia CA tồn tại điểm C’ sao cho AC’ = AB. Đặt F’ là giao điểm của AB và IC’. Dễ thấy, C’F’ = BE (1). áp dụng bổ đề 3 cho tứ giác BC’EF’ ta có : CF < max {BE, C’F’} (2). Từ (1) và (2) => : BE > CF. Bài toán 3 đã được chứng minh. Trong bài toán 3, nếu cho I trùng tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC thì ta lại nhận được bài toán 2. Cũng nên chú ý rằng, trong phép chứng minh bài toán 2 ta phải dùng đến kiến thức của hình học 9 (tứ giác nội tiếp) nhưng trong phép chứng minh bài toán 3 ta lại chỉ cần đến kiến thức của hình học 8 (định lí Talét). Bạn đọc thân mến ! Kể từ năm 1840, khi mà D. Ch. L Leimus gửi thư cho J. Steiner, đến nay đã quá một trăm năm mươi năm. Từ cách chứng minh của J. Steiner đến cách chứng minh của R. W. Hegy, từ bài toán 1 đến bài toán 3, khát vọng vươn tới cái đơn giản nhất, cái tổng quát nhất của con người đã dần dần được thực hiện. Nhưng có lẽ, quá trình này chưa dừng lại ở đây. Hi vọng rằng, một ngày nào đó, một bạn đọc nào đó của Toán Tuổi thơ 2 lại đưa ra một phép chứng minh mới, đơn giản hơn phép chứng minh của R. W. Hegy, lại đưa ra và chứng minh một bài toán mới tổng quát hơn bài toán 3. Để kết thúc, xin giới thiệu với bạn đọc một số bài toán gần gũi với những vấn đề đặt ra trong bài toán này. Bài toán 4 : Cho tam giác ABC có các đường trung tuyến BM, CN. Biết rằng Đ B ≤ Đ C. Chứng minh rằng : a) BM ≥³ CN. b) BM + MC ≥³ CN + NB. Bài toán 5 : Hãy mở rộng bài toán 4. Bài toán 6 : Cho tam giác ABC có các đường cao BH, CK. Biết rằng Đ B ≤ Đ C. Chứng minh rằng : a) BH ³≥ CK. b) BH + AC ≥³ CK + AB. Bài toán 7 : Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AD, trực tâm H. Điểm M thuộc đoạn HD. BM, CM theo thứ tự cắt AC, AB tại B’, C’. Biết rằng Đ B ≤ Đ C. Chứng minh rằng : BB’ ≥³ CC’. Bài toán 8 : Cho tam giác nhọn ABC. Biết rằng đường cao AH, phân giác BE, trung tuyến CM có độ dài bằng nhau. Chứng minh rằng : tam giác ABC đều. TS. Nguyễn Minh Hà (ĐHSP Hà Nội) . tổng quát hơn bài toán 3. Để kết thúc, xin giới thiệu với bạn đọc một số bài toán gần gũi với những vấn đề đặt ra trong bài toán này. Bài toán 4 : Cho tam. BE > CF. Bài toán 3 đã được chứng minh. Trong bài toán 3, nếu cho I trùng tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC thì ta lại nhận được bài toán 2. Cũng