3. Động trong mô hình

Bên cạnh việc vận dụng các phép biến hình, trong quá trình giải quyết hoặc tìm ra các bài toán hình học, những học sinh nhạy bén có thể phát hiện ra những mô hình quen thuộc, những bài toán đã biết trước được lồng trong hình vẽ của mình hoặc đã được thay đổi khéo léo để trở thành những bài toán mới. Điều này cho thấy rằng nếu chúng ta chịu khó biến hoá linh hoạt với các mô hình dù là đã rất quen biết thì vẫn có thể có được những phát hiện mới vừa toàn diện, vừa sâu sắc về một vấn đề nào đó đang xem xét.

Điều kiện đối song thường được sử dụng rộng rãi dưới dạng sau:  Cho $latexA,C$ thuộc tia $latexOx$ và $latexB,D$ thuộc tia $latexOy$. Khi đó $latexAB$ và $latexCD$ đối song khi và chỉ khi tứ giác $latexACBD$nội tiếp.

Bây giờ ta chọn một mô hình quen biết để thực hiện động tác đối song. Kết quả thu được sẽ thú vị và có phần nào “bất ngờ” nếu mô hình này cũng liên quan đến hình đối xứng qua đường phân giác

Một mô hình như vậy có thể là bài tập như sau:

Ví dụ 3.1. Cho tam giác $latexABC$ nội tiếp đường tròn (O). Kí hiệu $latexN$ là giao điểm của các tiếp tuyến tại B và C của (O). Lúc đó AN đối xứng với trung tuyến AM qua phân giác trong góc A (hay NA đối song với AM)

Đây là một tính chất hình học rất quen thuộc trong tam giác và ta hãy thực hiện phép đối song cho nó. Trước hết ta dựng đường thẳng $latex{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ đối song với $latexBC$ bằng cách vẽ đường tròn qua $latexB,C$ cắt $latexAB,AC$ tại $latexC,B$. Rõ ràng theo cấu trúc đối song thì kí hiệu  $latex{M}^{\prime },N^{\prime }$ trong tam giác $latexA{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ có vai trò như $latexM,N$ trong tam giác $latexABC$ thì $latexA{M}^{\prime }$ cùng phương với $latexAN$ và $latexA{N}^{\prime }$ cùng phương với $latexAM$. Tức là $latexA,M^{\prime },N$ và $latexA,N^{\prime },M$ thẳng hàng. Từ đó ta có:

Bài toán 3. Cho tam giác $latexABC$ có A thay đổi còn B và C cố định. Một đường tròn thay đổi đi qua B và C cắt AB, AC tại $latex{C}^{\prime }$ và $latex{B}^{\prime }$. Chứng minh rằng trung tuyến $latexA{M}^{\prime }$ của $latexA{B}^{\prime }{C}^{\prime }$ luôn đi qua một điểm cố định.

Còn nếu thay đổi hình vẽ đi một ít nhằm “giấu” đi tam giác $latexABC$ và cách làm phép đối song khá lộ liễu ở trên, ta có thể phát biểu bài toán như sau:

Bài toán 4. Cho hai đường tròn (O) và (O’) cắt nhau tại B và C. A là điểm thay đổi trên (O). Hai đường thẳng AB, AC cắt (O’) tại C’ và B’. Gọi M’ là trung điểm của đoạn B’C’. Chứng minh rằng đường thẳng AM’ luôn đi qua một điểm cố định.

       Rõ ràng $latexA{M}^{\prime }$ đi qua giao điểm N của hai tiếp tuyến tại B và C của (O). Cách phát biểu này làm cho bài toán trở nên thanh thoát hơn đồng thời khó hơn một chút, nhưng nếu ta thử nhìn bằng con mắt chuyển động đối song thì không có gì phức tạp cả.

4. Lời kết

Thay cho lời kết về sự cần thiết của việc quan sát các đối tượng hình học dưới con mắt vận động của phép biến hình của mô hình đã quen biết, xin phép được nói đôi điều về bài toán số 2 của kỳ thi Olympic Toán quốc tế (IMO) lần thứ 48 được tổ chức tại Việt Nam năm 2007.

Bài toán 5. Cho 5 điểm A, B, C, D, E sao cho ABCD là hình bình hành và BCED là tứ giác nội tiếp. Cho $latexl$ là một đường thẳng qua A cắt cạnh BC và đường thẳng BD tương ứng tại F và G. Giả sử $latexEF=EC=EG$. Chứng minh rằng $latexl$ là phân giác góc $latex\widehat{BAD}$.

Các phát biểu này có phần nào hơi rối và có thể làm cho thí sinh ít nhiều lúng tung trong việc nắm bắt yêu cầu và bản chất của bài toán sẽ là rõ ràng và “dễ chịu” hơn nếu phát biểu lại:

Cho hình bình hành ABCD. Gọi $latexl$ là một đường thẳng đi qua A, cắt cạnh BC và đường thẳng DC tại F, G. Gọi E là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CFG. Chứng minh rằng nếu DCED nội tiếp thì $latexl$ là phân giác $latex\widehat{DAB}$.

Dưới con mắt xây dựng một bài toán thì đây là một bài toán đảo. Nó được đặt ra từ bài toán khá nhẹ nhàng như sau: Nếu $latexl$ là phân giác $latex\widehat{DAB}$ thì tứ giác BCED nội tiếp.

Vì vậy, ý tưởng đầu tiên là đi chứng minh đảo (và đây cũng là ý của đáp án). Tuy nhiên, việc so sánh góc như ở bài toán thuận sẽ không mang lại kết quả. Vì thế, cần chuyển sang suy luận kiểu phản chứng: giả sử l// không phải là phân giác (tức là tam giác CFG// không cân) thì sẽ dẫn đến mâu thuẫn. Cách giải này ít được các thí sinh làm theo và làm đúng. Nó cũng không đẹp và không làm rõ được bản chất của hình vẽ. Trong khá nhiều cách giải được tìm ra, hai cách sau đây là hay nhất và điều lý thú là một cách thì sử dụng lối nắm bắt mô hình trong bài toán (cách giải 1), còn cách kia lại dựa vào phép biến hình để xử lý vấn đề (cách giải 2).

Cách giải 1. (Mô hình đường thẳng Simson)

Hạ $latexEI,EJ$ vuông góc với $latexCF,CG$. Thế thì $latexI,J$ là trung điểm của $latexFC$ và $latexGC$ nên đường thẳng $latexIJ$ (song song với $latexl$) đi qua trung điểm $latexK$ của AC và cũng là trung điểm BC. Mặt khác, do tứ giác EBDG nội tiếp nên $latexIJ$ chính là đường thẳng Simson của điểm E đối với tam giác BDC. Suy ra $latexEK\mathrm{\perp }BD$ nên tam giác EBD cân tại E. Từ đây không khó suy ra tam giác CFG cân tại C và điều phải chứng minh.

Cách giải 2. (Phép biến hình).  Ở đây sẽ sử dụng phép vị tự quay; so với phép quyay, nó cũng không khác biệt lắm và các kết quả như các mệnh đề 1, 2, 3 ở trên đây đều có thể mở rộng tương tự.

Xét phép vị tự quay S biến đoạn BC thành đoạn DG. Do $latex{\displaystyle \frac{FB}{FC}}={\displaystyle \frac{CD}{CA}}$ nên S biến F thành C. Suy ra S biến trung điểm $latexI$ của đoạn FC thành trung điểm $latexJ$ của CG. Theo mệnh đề tương tự với mệnh đề 3, tâm O của S phải đồng thời thuộc đường tròn nội tiếp các tam giác CBD và CIJ nên O trùng với E. Suy ra tam giác EBD đồng dạng với tam giác EIH nên tam giác EBD cân tại E và bài toán được giải quyết.

Hết

[Phần 1]