Sáng tạo trong hình học Nguyễn Văn Linh Sinh viên K50 TNH ĐH Ngoại thương 1 Mở đầu Hình học là một mảng rất đặc biệt trong toán học. Vẻ đẹp của phân môn này nằm trong hình vẽ mà muốn cảm nhận được chúng đòi hỏi người đọc phải có một cái nhìn tinh tế, một trí tưởng tượng phong phú. Điều đó thuộc về năng khiếu mà không phải ai cũng có được. Vì vậy nói về câu chuyện sáng tạo một bài toán hình học như thế nào thực sự rất khó, không thể giải thích tường tận cho người đọc rằng bài toán đã được tìm ra như thế nào, tại sao lại biết cách để dựng ra một mô hình như vậy. Tuy nhiên vẫn có thể có lời giải thích cho nhiều bài toán. ài viết này hi vọng sẽ giúp bạn đọc thay đổi cách nhìn trong hình học và hỗ trợ phần nào trong việc sáng tác ra một bài toán mới. 2 Sáng tạo ra bài toán mới như thế nào? 2.1 Lấy cảm hứng từ một mô hình đã biết Rất nhiều bài toán khác nhau được sinh ra từ một dạng mô hình giống nhau. Lấy cảm hứng từ một mô hình đã biết tức là tìm ra những tính chất khác xung quanh hình vẽ của một bài toán, hoặc một dạng kết luận tương tự với bài toán đã biết. húng ta hãy cùng xem xét một số ví dụ sau. ài 1. (Đường tròn Hagge) ho tam giác nội tiếp đường tròn () với trực tâm H. Gọi là điểm bất kì trên mặt phẳng. ác đường thẳng,, giao () lần thứ hai tại 1, 1, 1. Gọi 2, 2, 2 lần lượt là các điểm đối xứng với 1, 1, 1 qua các cạnh,,. hứng minh rằng H, 2, 2, 2 cùng thuộc một đường tròn. 1 2 1 2 H 2 1 Sau đây là 3 bài toán gần giống với đường tròn Hagge. 1
ài 2. (NVL) ho tam giác nội tiếp đường tròn () với trực tâm H. Gọi 1, 1, 1 lần lượt là các điểm đối xứng với,, qua, là điểm bất kì trên mặt phẳng. Gọi 2 2 2 là tam giác pedal của ứng với, 3, 3, 3 lần lượt là các điểm đối xứng với 1, 1, 1 qua 2, 2, 2. hứng minh rằng H, 3, 3, 3 cùng thuộc một đường tròn. 1 1 3 H 2 2 3 2 3 1 ài 3. (NVL) ho tam giác nội tiếp đường tròn () với trực tâm H. Gọi là điểm bất kì trên mặt phẳng, 1, 1, 1 lần lượt là giao của,, qua,. Gọi 2 2 2 là tam giác pedal của ứng với, 3, 3, 3 lần lượt là các điểm đối xứng với 1, 1, 1 qua 2, 2, 2. hứng minh rằng H, 3, 3, 3 cùng thuộc một đường tròn. 3 3 2 2 1 1 H 3 2 1 ài 4. (NVL) ho tam giác nội tiếp đường tròn () với trực tâm H. Gọi là điểm bất kì nằm trên H, 1, 1, 1 lần lượt là giao của,, qua,. Gọi 2, 2, 2 lần lượt là chân đường cao hạ từ,, của, 3, 3, 3 lần lượt là các điểm đối xứng với 1, 1, 1 qua 2, 2, 2. hứng minh rằng H, 3, 3, 3 cùng thuộc một đường tròn có tâm nằm trên H. 2
3 2 1 3 1 2 H 3 2 1 Đến với một ví dụ khác. ài 5. ho hai đường tròn ( 1 ) và ( 2 ) ngoài nhau. Gọi d 1 và d 2 là tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn, là điểm bất kì trên d 1, Q là điểm bất kì trên d 2. Từ kẻ hai tiếp tuyến l 1, l 2 khác d 1 tới ( 1 ), ( 2 ), từ Q kẻ hai tiếp tuyến l 3, l 4 khác d 2 tới ( 1 ), ( 2 ). hứng minh rằng l 1, l 2, l 3, l 4 cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp. ài toán này không khó, chỉ cần một số phép cộng đoạn thẳng rồi sử dụng định lý ythot. Tuy nhiên sau một hồi biến đổi hình vẽ tôi tìm ra bài toán khá hay và lạ sau. ài 6. (NVL). ho hai đường tròn ( 1 ) và ( 2 ) cùng tiếp xúc trong với đường tròn () tại và. Từ kẻ hai tiếp tuyến d 1, d 2 tới ( 2 ). Từ kẻ hai tiếp tuyến d 3, d 4 tới ( 1 ). hứng minh rằng d 1, d 2, d 3, d 4 cắt nhau tạo thành một tứ giác ngoại tiếp. 1 2 Y ài 7. (Tổng quát IM 2009). ho tam giác có tâm ngoại tiếp. Gọi, Q là hai điểm bất kì trên,. Gọi M, N, J lần lượt là trung điểm của, Q, Q; R là hình chiếu của trên Q. hứng minh rằng M, N, R, J cùng thuộc một đường tròn. Quan sát hình vẽ thấy Q là một đường thẳng đi qua,. Tôi cho đường thẳng Q cắt và tìm các tính chất xung quanh mô hình. Kết quả thu được khá đặc sắc mà sau này trở thành đề thi IM Shortlist 2012. ó thể bạn đọc sẽ thấy hai bài toán này không có gì liên quan đến nhau nhưng đó chính là cách tôi đã tìm ra bài toán thứ 2. 3
ài 8. (NVL) ho tam giác có tâm ngoại tiếp. Một đường thẳng d bất kì cắt,, lần lượt tại, Y, Z. Gọi là hình chiếu của trên d. hứng minh rằng các đường tròn ngoại tiếp các tam giác, Y, Z đồng trục. Z Y ài 9. ho tứ giác ngoại tiếp đường tròn (). Tia cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại E, tia cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác tại F. hứng minh rằng tứ giác EF ngoại tiếp. ài toán trên được gửi bởi một thành viên trên diễn đàn os, đáng tiếc bài toán này sau khi kiểm tra thì không đúng. Tuy nhiên dựa vào mô hình trên lại thu được bài toán mới khá thú vị. ài 10. (NVL). ho tứ giác ngoại tiếp đường tròn (). Đường thẳng lần lượt cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác và lần thứ hai tại E, F. hứng minh rằng tứ giác EF ngoại tiếp. F E húng ta cùng đến với một tính chất quen thuộc liên quan đến định lý Sawayama-Thebault. ài 11. ho tam giác nội tiếp đường tròn (), ngoại tiếp đường tròn (I). là một điểm bất kì trên. Gọi ( 1 ) là đường tròn tiếp xúc với tia, và tiếp xúc trong với (), ( 2 ) là đường tròn tiếp xúc với tia, và tiếp xúc trong với (). hứng minh rằng ( 1 ), ( 2 ), (I) có chung một tiếp tuyến khác. 4
ài toán trên là hệ quả trực tiếp của định lý Sawayama-Thebault, phát biểu rằng 1, I, 2 thẳng hàng. ây giờ thay vì chọn điểm bất kì trên ta chọn điểm bất kì trên (), kết quả thu được khá thú vị. ài 12. (NVL). ho tam giác nội tiếp đường tròn (). là điểm bất kì trên cung không chứa. hứng minh rằng đường tròn -mixtilinear nội tiếp của tam giác, các đường tròn -mixtilinear nội tiếp của các tam giác, có chung một tiếp tuyến. 2.2 Đặc biệt hóa Tư tưởng chính của phép đặc biệt hóa là từ một bài toán đã biết, lấy một trường hợp đặc biệt của hình vẽ rồi tạo ra bài toán mới. húng ta cùng xem xét một số ví dụ sau. ài 13. ho tứ giác nội tiếp đường tròn (). Gọi I 1, I 2, I 3, I 4 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác,,,. hứng minh rằng I 1 I 2 I 3 I 4 là hình chữ nhật. ài 14. ho tứ giác ngoại tiếp đường tròn (). Gọi là giao điểm của và ; I 1, I 2, I 3, I 4 lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác,,,. hứng minh rằng I 1, I 2, I 3, I 4 cùng thuộc một đường tròn. Hai bài toán trên khá giống nhau, kết hợp chúng lại làm một ta thu được bài toán sau. ài 15. (NVL). ho tứ giác lưỡng tâm. Gọi là giao điểm của hai đường chéo và. hứng minh rằng tâm nội tiếp của 8 tam giác,,,,,,, cùng thuộc một đường tròn. 5
ài 16. ho tam giác. Một đường thẳng d vuông góc với đường thẳng Euler của tam giác cắt 3 cạnh,, lần lượt tại, Y, Z. hứng minh rằng tâm đường tròn Euler của các tam giác Y Z, Z, Y lần lượt nằm trên các đường cao tương ứng của tam giác. Ta cho đường thẳng d chạy và thử xét bài toán trong trường hợp d đi qua đỉnh. Khi đó tâm đường tròn Euler của các tam giác, lần lượt nằm trên đường cao hạ từ và. Từ đây ta lại thử liên hệ với đường tròn Euler của tam giác xem có gì đặc biệt và thu được bài toán mới. ài 17. (NVL). ho tam giác nội tiếp đường tròn () với trực tâm H. Đường thẳng qua vuông góc với H cắt tại. Gọi E, E b, E c lần lượt là tâm đường tròn Euler của các tam giác,,. hứng minh rằng E, E b, E c, H cùng thuộc một đường tròn. H E E b E c ài 18. ho 5 điểm 1, 2, 3, 4, 5 nằm trên mặt phẳng và một điểm bất kì sao cho không nằm trên đường tròn ngoại tiếp của mỗi 3 điểm trong 5 điểm trên. Khi đó đường tròn pedal của ứng với các tam giác 1 2 3, 2 3 4, 1 3 4, 1 2 4 đồng quy tại 5. Tương tự ta cũng có các điểm 1, 2, 3, 4. Khi đó 1, 2, 3, 4, 5 cùng thuộc một đường tròn. ài toán trên là một trường hợp riêng của một dạng phát biểu cho chuỗi đường tròn lifford ứng với 5 điểm. ây giờ thay vì 5 điểm bất kì trên mặt phẳng ta cho 5 điểm 1, 2, 3, 4, 5 cùng thuộc một đường tròn có tâm và cho trùng. Từ đó thu được một bài toán thú vị. ài 19. (NVL). ho ngũ giác E nội tiếp đường tròn (). Gọi,,,, E lần lượt là giao điểm thứ hai không nằm trên cạnh ngũ giác E của đường tròn Euler của các tam giác,, E, E, E. hứng minh rằng,,,, E cùng thuộc một đường tròn. ' E' ' ' ' E 6
2.3 Tổng quát hóa Ngược lại với đặc biệt hóa, tổng quát là việc làm cho bài toán trở nên mở rộng hơn, bao hàm bài toán cũ. húng ta hãy thử tìm hiểu phương pháp này qua một số ví dụ sau. ài 20. (Đường thẳng Newton của tứ giác ngoại tiếp). ho tứ giác ngoại tiếp đường tròn (). Khi đó nằm trên đường thẳng nối hai trung điểm của và. Gọi các tiếp điểm của,,, lần lượt là, Y, Z, T. Ta có, Y, Z, T lần lượt vuông góc với 4 cạnh của tứ giác. Thay vì chọn là tâm của đường tròn chúng ta sẽ chọn một điểm bất kì nằm trong đường tròn và thu được bài toán sau. ài 21. ho tứ giác nội tiếp đường tròn (), là điểm bất kì nằm trong (). Gọi Y ZT là tứ giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng qua và vuông góc với, qua và vuông góc với, qua và vuông góc với, qua và vuông góc với. Khi đó nằm trên đường thẳng nối hai trung điểm Z và Y T. T N Y M Hoàn toàn tương tự ta cũng có thể mở rộng định lý rianchon cho lục giác ngoại tiếp. ài 22. (Định lý rianchon). ho lục giác EF ngoại tiếp. Khi đó, E, F đồng quy. Mở rộng. Z ài 23. ho lục giác EF nội tiếp đường tròn (). là điểm bất kì nằm trong (). Gọi Y ZT RS là lục giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng qua vuông góc với, qua vuông góc với,..., qua F vuông góc với F. Khi đó T, Y R, ZS đồng quy. Y S F Z R E T 7
ài 24. (IM 2011). ho tam giác nhọn nội tiếp đường tròn ω. Gọi t là tiếp tuyến bất kì của ω, t a, t b, t c lần lượt là các đường thẳng đối xứng với t qua,,. hứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác được tạo bởi giao điểm của các đường thẳng t a, t b, t c tiếp xúc với ω. Gọi là tam giác tạo bởi giao điểm của t a, t b, t c. Ý tưởng quan trọng có trong lời giải bài toán là chứng minh,, đồng quy tại một điểm I trên (). uất phát từ ý tưởng này ta có thể mở rộng bài toán như sau. ài 25. (NVL). ho tam giác nội tiếp đường tròn (). Một đường tròn (, R ) tiếp xúc trong với () tại I sao cho R < R. là một điểm bất kì trên (). ác tia,, lần lượt cắt ( ) tại 1, 1, 1. Gọi 2 2 2 là tam giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng đối xứng với 1 1 qua, 1 1 qua, 1 1 qua. hứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác 2 2 2 cũng tiếp xúc với (). 1 2 I 2 1 2 1 Tiện đây chúng ta cũng xem xét một bài toán và ý tưởng chứng minh khá giống với bài toán IM 2011, có thể bài toán được lấy cảm hứng từ chính mô hình của IM 2011. ài 26. (M 2014). ho hai đường tròn ( 1 ) và ( 2 ) giao nhau tại hai điểm,. Gọi M là điểm chính giữa cung của ( 1 ) sao cho M nằm trong ( 2 ). ây cung M của ( 1 ) cắt ( 2 ) tại Q sao cho Q nằm trong ( 1 ). Gọi l 1, l 2 lần lượt là tiếp tuyến của ( 1 ) tại và ( 2 ) tại Q. hứng minh rằng tam giác tạo bởi giao điểm của các đường thẳng l 1, l 2, tiếp xúc với ( 2 ). 8
1 Q N M 2 Y Z Hãy cùng nhìn lại bài toán 4. Khi mới được tìm ra, thực sự đó là một bài toán rất khó và không có lời giải. Một thời gian khá dài sau trên diễn đàn os có một lời giải sơ cấp của tác giả Kostas Vittas sử dụng tới 6 bổ đề. Khi đó trong lúc bế tắc, tôi đã thử tổng quát bài toán và hóa ra trong trường hợp tổng quát nó trở nên khá đơn giản. ài 27. ho tam giác nội tiếp đường tròn (). Gọi, Y là hai điểm bất kì nằm trong () sao cho nằm trên Y.,, lần lượt cắt () lần thứ hai tại 1, 1, 1, Y, Y, Y cắt () lần thứ hai tại 2, 2, 2. Gọi 3, 3, 3 lần lượt là điểm đối xứng với 2, 2, 2 qua trung điểm 1, 1 Y, 1 Z. Khi đó 3, 3, 3, cùng nằm trên một đường tròn có tâm nằm trên Y. ây giờ chúng ta cùng nhìn bài toán 15. húng ta đã có 8 tâm đường tròn nội tiếp đồng viên. Một câu hỏi đặt ra là có thể tổng quát cho những đa giác lưỡng tâm nhiều hơn 4 cạnh không? Sau một hồi biến đổi tôi đã chứng minh bài toán đúng với ngũ giác lưỡng tâm và nhận ra rằng lời giải cho trường hợp ngũ giác hoàn toàn áp dụng được cho trường hợp đa giác n cạnh bất kì. ài 28. ho n giác lưỡng tâm 1 2 3... n ( 3). Kí hiệu I i là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác i 1 i i+1 ; i(i+1) là giao điểm của i i+2 và i 1 i+1 ; I i(i+1) là tâm đường tròn nội tiếp của tam giác i i(i+1) i+1 (i = 1, n). Khi đó 2n điểm I 1, I 2,..., I n, I 12, I 23,..., I n1 cùng thuộc một đường tròn. 2.4 Nghịch đảo hép nghịch đảo là một trong những công cụ rất mạnh của hình học. Nó biến một mô hình đã biết thành một mô hình mới mà thoạt nhìn có thể không hề liên quan đến bài toán cũ. Như vậy có thể tìm ra bài toán mới bằng cách nghịch đảo từ bài toán đã biết, sau đó lại sử dụng các phép đặc biệt hóa, tổng quát hóa để "chế biến". ó nhiều bài toán rất đẹp được tạo ra từ phép nghịch đảo, tuy nhiên theo quan điểm của tác giả bài viết thì sử dụng phương pháp nghịch đảo để chế bài không hay bằng các phương pháp trên do nó đã một phần che dấu đi bản chất vấn đề. Một ví dụ điển hình cho phép nghịch đảo là định lý về điểm Miquel của tam giác và định lý Miquel về 6 đường tròn. ài 29. ho tam giác. 1, 1, 1 lần lượt là các điểm bất kì trên các cạnh,,. Khi đó đường tròn ngoại tiếp các tam giác 1 1, 1 1, 1 1 đồng quy tại một điểm gọi là điểm Miquel của tam giác ứng với bộ 3 điểm 1, 1, 1. ây giờ ta chọn một điểm bất kì trên mặt phẳng sao cho không nằm trên các cạnh của tam giác và nằm ngoài các đường tròn ( 1 1 ), ( 1 1 ), ( 1 1 ). Sử dụng phép nghịch đảo cực phương tích bất kì, bài toán trên biến thành bài toán sau: 9
ài 30. (ài toán 6 đường tròn). ho 4 điểm,,, theo thứ tự nằm trên đường tròn (). Gọi ( 1 ), ( 2 ), ( 3 ), ( 4 ) lần lượt là các đường tròn bất kì qua các cặp điểm (, ), (, ), (, ), (, );,,, là giao điểm thứ hai của các cặp đường tròn ( 1 ) và ( 2 ), ( 2 ) và ( 3 ), ( 3 ) và ( 4 ), ( 4 ) và ( 1 ). Khi đó,,, cùng thuộc một đường tròn. ' ' ' ' 3 Thế nào là một bài toán đẹp? húng ta đã điểm qua 4 phương pháp chính trong việc sáng tạo ra bài toán mới. hế một bài toán không khó nhưng để tìm ra một kết quả đẹp, một bài toán hay thì không đơn giản. ần một chút kinh nghiệm, một chút tinh tế trong quan sát và tất nhiên là một chút may mắn. ản thân tác giả thích sử dụng phương pháp 1 nhất khi nó có thể tạo ra những kết quả đẹp và lạ đến bất ngờ. Tuy nhiên phương pháp 1 khá khó áp dụng và hay dẫn đến ngõ cụt. Để kết thúc bài viết chúng ta sẽ bàn luận một chút về bài toán hình học đẹp. Theo quan điểm cá nhân thì tôi cho rằng một bài toán đẹp là bài toán có cách phát biểu ngắn gọn, dễ hiểu, dễ tưởng tượng. Kết luận cần chứng minh cũng độc đáo lạ mắt. Tuy nhiên nó phải đảm bảo hai yếu tố. Một là kết luận không quá hiển nhiên vì khi đó người ra đề đã thất bại trong việc sáng tác. ó nhiều bài toán nhìn qua thì phát biểu khá đẹp, cách giải của người ra đề cũng khá phức tạp, tưởng như thành công trong phân loại người giải bài. Tuy nhiên đến khi xem lời giải của người làm thì mới nhận ra mình đã bị hớ vì bài toán của họ quá hiển nhiên. Hai là các dữ liệu của bài toán không được kết hợp cơ học, có nghĩa là ghép nối một cách không khéo léo các tính chất của bài toán nọ với bài toán kia để tạo ra bài toán mới. Những bài toán sinh ra kiểu này nhìn rất khó chịu vì trong quá trình giải phải chia nhỏ ra mấy bài toán. Vấn đề thực chất bị che giấu nên giải những bài toán như vậy rất mất thời gian và không thu được nhiều kinh nghiệm. Vì vậy một lời khuyên tới bạn đọc là không nên mất thời gian cho những bài toán quá "trâu bò" và rắc rối trong cách phát biểu mà nên làm những bài toán đẹp, có ý nghĩa và mang tính chìa khóa cho những bài toán khác. húc các bạn thành công! 10
Tài liệu [1] Euclidean geometry blog. http://nguyenvanlinh.wordpress.com [2] os Forum. http://www.artofproblemsolving.com/forum/portal.php?ml=1 Email: Lovemathforever@gmail.com 11