Đi tìm anh em sinh Đôi của bài toán
DESCRIPTION
dddddddddddddddddTRANSCRIPT
1
ĐI TÌM “ANH EM SINH ĐÔI” CỦA BÀI TOÁN
Th.S. NGUYỄN NGỌC GIANG
Trong bài : “Tìm hiểu sâu hơn về một bài toán hình học” đăng trên tạp chí Toán học và tuổi
trẻ tháng 10 (số 424) tôi đã có dịp mở rộng một bài toán khó. Xin nhắc lại ngắn gọn các kết quả đã
đạt được
Bài 1 (Bài T4/285 – Tạp chí toán học và tuổi trẻ)
Cho tam giác ABC với điểm M nằm trong tam giác. Các tia AM, BM, CM cắt các cạnh BC,
CA, AB tương ứng tại D, E, F. Gọi K là giao điểm của DE và CM, gọi H là giao điểm của DF và
BM. Chứng minh rằng các đường thẳng AD, BK, CH đồng quy.
Bài 2 (Bài toán tổng quát của bài toán 1)
Cho tam giác ABC. D là điểm bất kì không thuộc các đường thẳng AB, AC. M là điểm
thuộc AD (M khác A, D và giao điểm của AD với BC). BM, CM lần lượt cắt AC và AB tại E và F.
DE, DF lần lượt cắt CM, BM tại K và H. Chứng minh CH, AD, BK đồng quy tại một điểm.
Bài 3 (Bài toán tổng quát của bài toán 2)
Cho tam giác ABC. D là điểm bất kì không thuộc các đường thẳng AB, AC. M là điểm
thuộc AD (M khác A, D và giao điểm của AD với BC). Gọi I là điểm thuộc AD (I khác A, D và
khác giao điểm của AD với BC). BI, CI lần lượt cắt AC và AB tại E và F. DE, DF lần lượt cắt CM,
BM tại K và H. Chứng minh CH, AD, BK đồng quy tại một điểm.
Khi thu được các kết quả này tôi lấy làm thích thú bởi xuất phát từ một bài toán khó mà
mình đã đi được khá xa. Tuy nhiên, tôi lại lấy làm boăn khoăn bởi những câu hỏi mới xuất hiện
trong đầu. Ngoài cách giải bài toán 1 đã đăng trên tạp chí số 424 thì bài toán 1 còn có thêm cách
giải nào khác ? Các bài toán 1, 2, 3 có mối liên hệ mật thiết với các bài toán mới tương ứng 1’, 2’,
3’ nào ?
Nếu trả lời được các câu hỏi này thì chúng ta sẽ thu được một điều quý vô ngần, đó là rèn
luyện được tư duy sáng tạo thông qua các bài toán. Chúng ta có thể xuất phát từ bài toán 1, mở rộng
thành các bài toán 2 và bài toán 3, sau đó chúng đi đến bài toán 1’ và hiển nhiên có thể mở rộng
thành các bài toán 2’ và 3’. Ngược lại, chúng ta cũng có thể xuất phát từ bài toán 1’, mở rộng thành
các bài toán 2’, 3’ sau đó đi đến các bài toán 1, 2, 3. Nói cách khác các bài toán 1’, 2’, 3’ có mối
liên hệ mật thiết với các bài toán 1, 2, 3. Từ đây ta nhận thấy, tùy theo mục đích của chúng ta là
muốn rèn luyện tư duy sáng tạo theo kiểu “xuôi” hay “ngược” mà chúng ta sẽ có những xuất phát
điểm khác nhau là bài toán 1 hay 1’.
Bây giờ chúng ta sẽ đi trả lời các câu hỏi đã đề cập ở trên. Ngoài cách giải bài toán 1 đã
đăng trên tạp chí số 424, ta còn có cách giải khác. Trước khi đến với cách giải này ta cần chứng
minh định lí quan trọng về tứ giác toàn phần
Định lí 1
Trong hình tứ giác toàn phần, cặp đỉnh đối diện nằm trên một đường chéo và cặp giao điểm
của đường chéo đó với hai đường chéo còn lại liên hiệp điều hòa với nhau.
Chứng minh
Ta chứng minh rằng (CC'EF) 1.
Chiếu xuyên tâm A : (CC'EF) (BB'DF) .
Chiếu xuyên tâm A' : (BB'DF) (C'CEF) .
Do 1
(C'CEF)(CC'EF)
.
Từ (CC'EF) (BB'DF) , (BB'DF) (C'CEF) ,
1(C'CEF)
(CC'EF) , ta có
21(CC'EF) (CC'EF) 1.
(CC'EF) Hay (CC'EF) 1.
Quay trở lại chứng minh bài toán 1, ta làm như sau
Gọi I BK AD ; I ' CH AD.
Chiếu xuyên tâm B, ta có : (AIMD) (FKMC) (1)
2
Chiếu xuyên tâm C, ta có (AI 'MD) (EHMB) (2)
Chiếu xuyên tâm D, ta có (EHMB) (KFMC) (3)
Vì ABDEMC là tứ giác toàn phần nên theo định lí 1 ta có
(FKMC) 1.
Theo tính chất tỉ số kép ta có
1 1(KFMC) 1 (FKMC) (4)
(FKMC) 1
Từ (1), (2), (3), (4) ta có (AIMD) (AI 'MD) 1. Vậy
I I '. Hay AD, BK, CH đồng quy.
Cách giải này của bài toán 1 tương đối phức tạp hơn cách giải áp dụng định lí Menelaus và
Ceva trong chứng minh ở bài báo số 424. Tuy nhiên, cách giải phức tạp nhưng không có nghĩa là
cách giải không hữu ích. Từ cách giải này chúng ta nhận thấy ngay, bài toán 1 liên quan mật thiết
đến tứ giác toàn phần. Đây chính là mấu chốt vô cùng quan trọng để chúng ta có những tìm tòi phát
hiện ra các bài toán mới.
Ta thấy AFMEBC, MHIKBC là các tứ giác toàn phần. Nên nếu gọi J và J’ lần lượt là giao
điểm của EF với BC và HK với BC thì rõ ràng theo tính chất của tứ giác toàn phần ta thấy J, D và
J’, D cùng chia điều hòa B và C. Hay J J ' . Nói cách khác EF, HK và BC đồng quy tại một điểm.
Thực ra, ta cần chính xác hơn chút nữa. Đó là, ta cần xét đến trường hợp khi EF song song với BC
thì lúc này HK cũng song song với BC. Do đó ta thu được bài toán 1’ là “anh em sinh đôi” của bài
toán 1 như sau
Bài 1’
Cho tam giác ABC với điểm M nằm trong tam giác. Các tia AM, BM, CM cắt các cạnh BC,
CA, AB tương ứng tại D, E, F. Gọi K là giao điểm của DE và CM, gọi H là giao điểm của DF và
BM. Chứng minh rằng các đường thẳng EF, HK, BC hoặc đồng quy hoặc cùng song song với nhau.
Cách 1
Gọi J là giao điểm của BC và HK. Ta sẽ chứng minh F, E, J thẳng hàng.
Thật vậy, áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt cho tam giác ABM và bộ ba điểm thẳng hàng D, H,
F, ta có
DM FA HB. . 1 (1)
DA FB HM
Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt cho tam giác MCA
và bộ ba điểm thẳng hàng D, K, E ta có
DM EA KC. . 1 (2)
DA EC KM
Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt cho tam giác MBC
và bộ ba điểm thẳng hàng H, K, J ta có
JC HB KM. . 1
JB HM KC .
Vậy HB KM JB
.HM KC JC
(3)
Đem chia (1) cho (2) ta có :
EC FA HB KM. . . 1
EA FB HM KC (4)
Thế (3) vào (4) ta có
EC FA JB. . 1.
EA FB JC
Vậy theo định lí Mê-nê-la-uýt đảo ta có J, E, F thẳng hàng.
Hay EF, HK, BC đồng quy tại một điểm.
3
Trường hợp EF // BC, ta cũng có EF, HK, BC cùng song song với nhau (Xem chứng minh ở
cách 2)
Cách 2
Đối với trường hợp EF cắt BC, ta gọi J là giao điểm của BC và EF và J’ là giao điểm của EF
và HK.
Trong tứ giác toàn phần BFECAM, FENI là
một hàng điểm điều hòa.
Ta có do DN, EH và FK đồng quy. Vậy J và J’
đều là điểm liên hiệp của N đối với F và E nên J và J’
trùng nhau. Do đó EF, HK, BC đồng quy.
Đối với trường hợp EF // BC, áp dụng định lí
Ceva cho tam giác ABC và ba đường đồng quy BE,
CF và AD, ta có
DB EC FA. . 1 (1)
DC EA FB
Do EF // BC nên ta có EC FB
(2).EA FA
Thế (2) vào (1) ta có ngay DB = DC. Hay D là trung
điểm của BC. Như vậy điều kiện EF // BC là tương đương với D là trung điểm của BC.
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác ABM và ba điểm thẳng hàng D, H, F ta có
DM FA HB. . 1
DA FB HM (3)
Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác CAM và ba điểm thẳng hàng D, K, E ta có
DM EA KC. . 1
DA EC KM (4)
Từ (2), (3), (4), ta có HB KC
.HM KM
Theo định lí Ta-lét đảo ta có HK // BC. Hay các đường thẳng EF, HK, BC cùng song song
với nhau.
Như nhận nhận xét ở trên ta thấy ngay từ bài toán 1 ta dễ dàng suy ra được bài toán 1’ từ
việc xét các tứ giác toàn phần AFMEBC, MHIKBC. Ngược lại, từ bài toán 1’ ta dễ dàng chứng
minh bài toán 1. Cách chứng minh như sau :
Theo bài toán 1’, ta có EF, HK và BC đồng quy tại J và (BCDJ) (HKQJ) (FENJ) 1.
Gọi I là giao điểm của BK và CH thì BHKCMI là tứ giác toàn phần. Vậy M, Q, I, D thẳng
hàng và (MIQD) = 1. Hay AD, BK, CH đồng quy.
Nếu EF, HK, BC cùng song song với nhau ta cũng có ngay M, Q, I, D thẳng hàng và do đó
AD, BK, CH đồng quy.
Rõ ràng, ta nói bài toán 1 và bài toán 1’ là “anh em sinh đôi” quả cũng có lí do xác đáng của
nó. Bây giờ, chúng ta sẽ xét đến bài toán tổng quát của bài toán 1’, đó là bài toán sau
Bài 2’ (Bài toán tổng quát của bài toán 1’)
Cho tam giác ABC. D là điểm bất kì không thuộc các đường thẳng AB, AC. M là điểm
thuộc AD (M khác A, D và giao điểm của AD với BC). BM, CM lần lượt cắt AC và AB tại E và F.
DE, DF lần lượt cắt CM, BM tại K và H. Chứng minh rằng các đường thẳng EF, HK, BC hoặc đồng
quy hoặc cùng song song với nhau.
Cách 1
Gọi J là giao điểm của BC và HK. Ta sẽ chứng minh F, E, J thẳng hàng.
Thật vậy, áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt cho tam giác ABM và bộ ba điểm thẳng hàng D, H,
F, ta có
DM FA HB. . 1 (1)
DA FB HM
Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt cho tam giác MCA và bộ ba điểm thẳng hàng D, K, E ta có
4
DM EA KC. . 1 (2)
DA EC KM
Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt cho tam giác MBC
và bộ ba điểm thẳng hàng H, K, J ta có
JC HB KM. . 1
JB HM KC .
Vậy HB KM JB
.HM KC JC
(3)
Đem chia (1) cho (2) ta có :
EC FA HB KM. . . 1
EA FB HM KC (4)
Thế (3) vào (4) ta có
EC FA JB. . 1.
EA FB JC
Vậy theo định lí Mê-nê-la-uýt đảo ta có J, E, F thẳng hàng.
Hay EF, HK, BC đồng quy tại một điểm.
Trường hợp EF // BC, làm tương tự như trong chứng minh bài toán 1 ta cũng có EF, HK,
BC cùng song song với nhau.
Cách 2
Gọi J là giao điểm của BC và EF và J’ là giao
điểm của EF và HK.
Trong tứ giác toàn phần BFECAM, FENI là một
hàng điểm điều hòa.
Ta có do DN, EH và FK đồng quy. Vậy J và J’
đều là điểm liên hiệp của N đối với F và E nên J và J’
trùng nhau. Do đó EF, HK, BC đồng quy.
Trường hợp EF // BC, làm tương tự như trong
chứng minh bài toán 1’, ta cũng có EF, HK, BC cùng
song song với nhau.
Ta cũng chứng minh được rằng, từ bài toán 2, ta suy ra được bài toán 2’ và từ bài toán 2’ ta
cũng suy ra được bài toán 2. Bây giờ khái quát bài toán 2’ ta được bài toán tổng quát sau
Bài 3’ (Bài toán tổng quát của bài toán 2’)
Cho tam giác ABC. D là điểm bất kì không thuộc các đường thẳng AB, AC. M là điểm
thuộc AD (M khác A, D và giao điểm của AD với BC). Gọi I là điểm thuộc AD (I khác A, D và
khác giao điểm của AD với BC). BI, CI lần lượt cắt AC và AB tại E và F. DE, DF lần lượt cắt CM,
BM tại K và H. Chứng minh rằng các đường thẳng EF, HK, BC hoặc đồng quy hoặc cùng song
song với nhau.
Gọi J là giao điểm của BC và HK. Ta sẽ chứng minh F, E, J thẳng hàng.
Thật vậy, áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt cho tam giác ABM và bộ ba điểm thẳng hàng D, H,
F, ta có
DM FA HB. . 1 (1)
DA FB HM
Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt cho tam giác MCA và bộ
ba điểm thẳng hàng D, K, E ta có
DM EA KC. . 1 (2)
DA EC KM
Áp dụng định lí Mê-nê-la-uýt cho tam giác MBC và bộ
ba điểm thẳng hàng H, K, J ta có
JC HB KM. . 1
JB HM KC .
5
Vậy HB KM JB
.HM KC JC
(3)
Đem chia (1) cho (2) ta có :
EC FA HB KM. . . 1
EA FB HM KC (4)
Thế (3) vào (4) ta có
EC FA JB. . 1.
EA FB JC
Vậy theo định lí Mê-nê-la-uýt đảo ta có J, E, F thẳng hàng.
Hay EF, HK, BC đồng quy tại một điểm.
Trường hợp EF // BC, làm tương tự như trong chứng minh bài toán 1’, ta cũng có EF, HK,
BC cùng song song với nhau.
Ta cũng chứng minh được rằng, từ bài toán 3, ta suy ra được bài toán 3’ và từ bài toán 3’ ta
cũng suy ra được bài toán 3.
Chúng ta vừa có những khám phá khá thú vị về một bài toán khó. Các cách giải khác nhau,
các bài toán khái quát hóa sẽ giúp cho chúng ta hiểu sâu hơn về bài toán. Bài T4/285 – Tạp chí toán
học và tuổi trẻ là bài toán mà ẩn dấu trong nó là những kết quả vô cùng đẹp. Qua các phân tích nêu
trên ta thấy, bài toán này còn giúp cho chúng ta rèn luyện được tư duy sáng tạo toán học, đây là tư
duy cao nhất, khó nhất và hay nhất trong tất cả các thang bậc tư duy. Hy vọng bài viết đã góp thêm
một tư liệu tham khảo nho nhỏ trong rèn luyện tư duy sáng tạo. Bài viết này cần trao đổi gì thêm ?
Mong được sự chia sẻ của các bạn.
Sau cùng là một số bài toán luyện tập, đó là các trường hợp riêng của các bài toán 3 và bài
toán 3’ :
Bài 4
Cho tam giác ABC. D là trung điểm của BC. M là điểm thuộc AD (M khác A, D). Gọi I là
điểm thuộc AD (I khác A và D). BI, CI lần lượt cắt AC và AB tại E và F. DE, DF lần lượt cắt CM,
BM tại K và H. Chứng minh CH, AD, BK đồng quy tại một điểm.
Bài 4’ (Bài T3/182 - Tạp chí Toán học và tuổi trẻ)
Cho tam giác ABC. D là trung điểm của BC. M là điểm thuộc AD (M khác A, D). Gọi I là
điểm thuộc AD (I khác A và D). BI, CI lần lượt cắt AC và AB tại E và F. DE, DF lần lượt cắt CM,
BM tại K và H. Chứng minh FE, HK, BC song song với nhau.
Chúc các bạn thành công.
ĐỊA CHỈ LIÊN HỆ : NGUYỄN NGỌC GIANG – SỐ NHÀ 229/85 THÍCH QUẢNG ĐỨC –
PHƯỜNG 4 – QUẬN PHÚ NHUẬN – TP. HỒ CHÍ MINH. ĐIỆN THOẠI : 0908576218 ;
EMAIL : [email protected].