cơ sở để đề xuất các bài toán mới. Nếu ta biết khai thác bài toán vừa giải xong bằng cách đặc biệt hóa thì có thể thu được những bài toán thú vị khác.
Trong bài viết này tôi sẽ trình bày một vài bài toán có được từ một bài toán sau đây.
Bài toán 1 : Từ điểm P trên đường chéo AC của hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng d lần lượt cắt các tia AB, AD tại M và N.
Chứng minh : AB/AM + AD/AN = AC/AP .
Lời giải : (hình 1)
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
Từ B và D kẻ BB’ // MN, DD’ // MN (B’, D’ thuộc AC). Ta có : AB/AM = AB'/AP ; AD/AN = AD'/AP .
Do đó : AB/AM + AD/AN = (AB' + AD')/AP . Vì ΔBOB’ = ΔDOD’ (g.c.g) => B’O = D’O.
Nên : AB’ + AD’ = 2AO = AC => AB/AM + AD/AN = AC/AP .
* Trong bài toán 1 ta chú ý rằng AO là trung tuyến của ΔABD. Nếu P là trọng tâm của ΔABD thì AP = 1/3.AC . Từ đó ta có bài toán sau :
Bài toán 2 : Đường thẳng d đi qua trọng tâm G của ΔABC lần lượt cắt các cạnh AB và AC tại M và N.
Chứng minh : AB/AM + AC/AN = 3 .
Lời giải : (hình 2)
Tương tự như bài toán 1 :
AB/AM = AC/AN = 2AO/AG = 2.3/2.AG/AG = 3 .
* Trong bài toán 2 nếu đường thẳng d cắt tia CB tại P thì : AC/CN + BC/CP = 3 và AB/BM - BC/BP = 3.
Từ đó ta có bài toán sau :
Bài toán 3 : Đường thẳng d đi qua trọng tâm G của ΔABC cắt cạnh AB tại M, cạnh AC tại N và tia CB tại P.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
Chứng minh :
Lời giải : (hình 3)
áp dụng bài toán 2 ta có : AB/AM = AC/AN = 3 ; AC/CN + BC/CP = 3 . (1) Riêng vì MN cắt tia CB tại P nên tương tự cách chứng minh bài toán 2, ta có :
BA/BM = BA'/BG ; BC/BP = BC'/BG => BA/BM = BC/BP = 3 . (2) (dễ thấy BA’ - BC’ = 3BG).
Từ (1) và (2) => : AB/AM + AC/AN + AC/CN + BC/CP + AB/BM - BC/BP = 9
=> : AB.(AM + MB)/(AM.MB) + AC.(AN + NC)/(AN.NC) - BC.(CP - BP)/(BP.PC) = 9 => : AB2/(AM.BM) + AC2/(AN.CN) - BC2/(BP.CP) = 9 (đpcm)
* Nếu ΔABC đều, cạnh a thì AB = AC = BC = a, ta đề xuất được bài toán :
Bài toán 4 : Đường thẳng d đi qua tâm O của tam giác đều ABC, cạnh a, cắt cạnh AB tại M, cạnh AC tại N và tia CB tại P. Chứng minh :
Các bạn hãy giải bài toán 4 xem như bài tập. Trên đây là các bài tập định lượng, được khai thác từ bài toán 1 theo hướng đặc biệt hóa.
Bằng phương pháp tương tự mời bạn đọc hãy đề xuất các bài toán mới.
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 :
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
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) ; Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
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 :
XX’ + YY’ + ZZ’ ≤ XY + YZ + ZX.
Toán Tuổi thơ 2 xin cảm ơn TS. Nguyễn Minh Hà giúp đỡ rất nhiều để hoàn chỉnh bài viết này.
CÁC BÀI TOÁN VỀ DIỆN TÍCH
