D H AN = 2S AN (1) I CM = 2 SCM (2)
VỀ ĐƯỜNG TRUNG BÌNH CỦA HÌNH THANG (TIẾP THEO KÌ TRƯỚC)
(TIẾP THEO KÌ TRƯỚC)
Bài toán 4 : Cho tứ giác ABCD. Các điểm X, Y, Z, T theo thứ tự thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA sao
cho các đường thẳng XT, YZ, BD đồng quy. Chứng minh rằng : P(XYZT) < max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)}.
Để giải BT4, ta cần có hai bổ đề.
Bổ đề 2 : Cho tam giác ABC. Một đường thẳng bất kì, không đi qua A, B, C, theo thứ tự cắt các đường
thẳng BC, CA, AB tại X, Y, Z. Ta có : XB / XC . YC / YA . ZA / ZB = 1
BĐ2 là một phần của định lí Mênêlauýt mà phép chứng minh nó có trong rất nhiều tài liệu hình học sơ cấp, xin không giới thiệu ở đây.
Bổ đề 3 : Cho tứ giác ABCD và các điểm X, Y, Z nằm trên biên của tứ giác. Chứng minh rằng :
P(XYZ) ≤ max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)} (biên của tứ giác là hình hợp bởi bốn cạnh của nó).
BĐ3 được chứng minh khá dễ dàng nhờ kết quả có trong bài toán 7 thuộc bài viết “Bắt đầu từ ý tưởng của Hê Rông” của TS. Nguyễn Minh Hà (Toán Tuổi thơ 2, số 6, 8/2003).
Trở lại việc chứng minh BT4.
Giả sử XT, YZ, BD đồng quy tại H. Không mất tính tổng quát, giả sử H thuộc tia đối của tia BD (hình 5a, hình 5b).
áp dụng BĐ2 cho DABD và DCBD, ta có :
TD/TA . XA/XB . HB/HD = 1 và ZD/ZC . YC/YA . HB/HD = 1 => TD/TA . XA/XB = ZD/ZC . YC . YA (1)
Xảy ra ba trường hợp sau : Trường hợp 1 (hình 5a) :
Theo (1) ta có : XA/XB = YC/YA => TZ // AC ; ZY // AC. Trường hợp 2 (hình 5b) :
Theo (1) ta có : XA/XB < YC/YA => TZ, XY cùng cắt AC.
Đặt K = TZ giao với AC ; K’ = XY giao với AC. Từ các bất đẳng thức TD/TA > ZD/ZC ; XA/XB < YC/YA dễ dàng => K, K’ cùng thuộc tia đối của của tia AC (2)
áp dụng BĐ2 cho ΔDAC và ΔBAC, ta có :
ZC/ZD . TD/TA . KA/KB = 1 và YC/YA . XB/XA . K'A/K'B = => KA/KB = K'A/K'B (3) (theo (1)) Từ (2), (3) => : K trùng với K’. Vậy : TZ, XY, AC đồng quy (tại K).
Trường hợp 3 : TD/TA < ZD/ZC
Tương tự như trường hợp 2, ta cũng có TZ, ZY, AC đồng quy. Tuy nhiên, điểm đồng quy lại thuộc tia đối của tia CA.
Phần còn lại của phép chứng minh BT4 diễn ra hoàn toàn tương tự đối với các trường hợp 1, 2, 3. Cụ thể là :
+ Trường hợp 2 và trường hợp 3 hoàn toàn giống nhau.
+ Trường hợp 1 tương tự nhưng đơn giản hơn các trường hợp 2, 3.
Vì lí do trên, để cho đơn giản, ta chỉ tiến hành chứng minh phần còn lại của BT4 trong trường hợp 2 (hình 5b). Trên các cạnh DC, CB của tứ giác ABCD ta lấy các điểm M, N sao cho : AM // TZ ; AN // XY. Theo định lí Talét, ta có : MZ/MC = AK/AC = NY/NC => MN // ZY .
Trên các cạnh CB, BA của tứ giác ABCD ta lấy các điểm P, Q sao cho : DP // ZY ; DQ // TX. Theo định lí Talét, ta có : PY/PB = DH/DB = QX/QB => PQ // XY .
Tóm lại ta có : AM // TZ ; DQ // TX ; MN // ZY // DP ; PQ // XY // AN. Từ đó => : XA/XQ = YN/YP = ZM/ZD = TA/TD = m/n (m, n > 0 ; m + n = 1)
áp dụng định lí 2 cho các hình thang AQPN, PNMD và định lí Talét cho các tam giác MDA, DAQ, ta có : XY = mQP + nAN , YZ = mPD + nNM , ZT = nMA và TX = mDQ .
=> P(XYZT) = mP(DPQ) + nP(AMN) Δ (m + n) max {P(DPQ) ; P(AMN)} = max {P(DPQ) ; P(AMN)} (4)
Đặt {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)} = (*)
Theo BĐ3, ta có : P(DPQ) ≤ max (*) và P(AMN) ≤ max (*) . (5)
Trong (5), dấu bằng không xảy ra ở cả hai bất đẳng thức (bạn đọc tự kiểm tra). Kết hợp với (4), ta có : P(XYZT) < max {P(BCD) ; P(CDA) ; P(DAB) ; P(ABC)}
BT (4) thuộc loại cực khó. ấy vậy mà, lời giải của nó lại chỉ dựa vào một định lí thật đơn giản, định lí 2. “Tôi đã từng dạy rất nhiều học sinh giỏi, trong số đó có nhiều em sau này đi thi toán quốc tế đạt thành tích cao. Nhưng tôi chưa thấy học sinh nào giải được BT4. Tôi thật sự cảm ơn nếu ai đó có thể tìm thấy cho BT4 một lời giải mà không cần đến định lí 2”. Trên đây là tâm sự của TS. Nguyễn Minh Hà, tác giả BT4 và lời giải của nó.
Định lí 2 còn nhiều ứng dụng nữa. Tuy nhiên, do khuôn khổ có hạn của bài viết, xin dừng lại ở đây. Những bài toán tôi giới thiệu dưới đây có thể xem như những bài tập thực hành kĩ năng sử dụng định lí 2.
Bài toán 5 : Cho tứ giác ABCD. Các điểm M, N thuộc các cạnh AB, CD sao cho : AM/BM = CN/DN .
Đặt E = AN giao với DM ; F = BN giao với CM. Chứng minh rằng : S(MENF) = S(AOE) + S(BCF).
Bài toán 6 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). AE, BF là các đường phân giác. Tia EF cắt (O)
tại I. Chứng minh rằng : 1/IA = 1/IB + 1/IC .
Bài toán 7 : Cho tam giác ABC. Điểm M chạy trên cạnh BC. (O1), (O2) là đường tròn ngoại tiếp các tam giác ABM, ACM. Tìm quỹ tích trung điểm I của đoạn O1O2.
Bài toán 8 : Cho tam giác ABC, AD, BE, CF là các đường phân giác. Các điểm X, Y, Z theo thứ tự thuộc
các đoạn EF, FD, DE. X’, Y’, Z’ là hình chiếu của X, Y, Z lên các đường thẳng AB, BC, CA. Chứng minh rằng :
Toán Tuổi thơ 2 xin cảm ơn TS. Nguyễn Minh Hà giúp đỡ rất nhiều để hoàn chỉnh bài viết này.