Thêm một cách giải nữa...Cảm giác thôi thúc để đi tìm kiếm một cái gì còn dang dở.
Các cách giải trước của mình chủ yếu sử dụng Định Lý Thales và tính chất ba đường cao đồng quy trong tam giác. Cách giải sau đây ngoài hai lý thuyết trên còn vận dụng thêm Hệ thức lượng trong tam giác vuông và Định lý Menelaus.
Cách giải gồm hai ý tưởng chính làm điểm xuất phát. Thứ nhất, đường thẳng qua $M$ song song với $DE$. Thứ hai, hình chữ nhật chứa ba đỉnh $B, C, E$ từ đó sinh ra trung điểm $EC$. Cả hai ý tưởng này đều được thấy bởi trực giác. Không có một phương pháp nào ở đây cả. Chúng xuất hiện và mình đi theo chúng.
LỜI GIẢI. Cần thêm các điểm phụ như sau:
- Qua $M$ kẻ đường thẳng song song với $DE$ cắt $BE$ tại $N$
- Lấy $P$ là trung điểm $EC$
- $MP$ cắt $AB$ tại $K$
- Lấy $Q$ là trung điểm $CD$
- $QK$ cắt $AC$ tại $G$
- $DE$ và $BC$ kéo dài cắt nhau tại $F$.
Mệnh đề 1. $A, Q, F$ thẳng hàng và $AF \perp AM$.
Chứng minh $A, Q, F$ thẳng hàng là một bài toán cơ bản; chứng minh không phải quá dễ, nhưng mình vẫn xin được lược bỏ để tập trung vào các lập luận chính yếu hơn. Ý tưởng chính: gọi giao điểm $AH$ và $DE$ là $H'$ khi đó $A$ là trung điểm $HH'$.
Có $A, Q, F$ thẳng hàng rồi thì dễ dàng suy ra $AF \perp AM$. Chứng minh điều này tham khảo cách giải trước của mình.
Mệnh đề 2. $MA^2=MH.MF$.
Theo Mệnh đề 1 ta có $AM \perp AF$, nên tam giác $AMF$ vuông tại $A$ và có đường cao $AH$. Theo hệ thức lượng trong tam giác ta có $MA^2=MH.MF$.
Mệnh đề 3. $PQ$ song song $DE$.
Ta có $MA=MC, QA=QC$ nên $MQ$ là đường trung trực của $AC$. Do đó $MQ \perp AC$, dẫn tới $MQ \parallel AB$. Suy ra $\frac{FQ}{AQ}=\frac{MF}{MB}$.
Ta có $MP$ là đường trung bình của tam giác $BEC$ nên $MP \parallel BE$. Trong hình thang $BEAH$ ta có $\frac{EP}{AP}=\frac{MB}{MH}$.
Bây giờ, theo Mệnh đề 2, ta có $MA^2=MH.MF$ mà $MA=MB$ nên $MB^2=MH.MF$ hay $\frac{MB}{MH}=\frac{MF}{MB}$.
Vậy ta có $\frac{FQ}{AQ}=\frac{EP}{AP}$. Theo định lý Thales ta suy ra $PQ \parallel EF$ hay $PQ \parallel DE$.
Mệnh đề 4. $M, I, G$ thẳng hàng.
Do $MP \parallel BE$ nên $MP \parallel CD$, mà $M$ là trung điểm $BC$ dẫn tới $K$ là trung điểm $BD$. Tam giác $BDC$ có $QK$ là đường trung bình nên $QK \parallel BC$ hay $QG \parallel CF$.
Theo Mệnh đề 1 ta có $A, Q, F$ thẳng hàng. Ngoài ra, do $QG \parallel CF$, áp dụng định lý Thales trong tam giác $ACF$ ta có $\frac{AG}{CG}=\frac{AQ}{FQ}=\frac{MB}{MF}$. Ta lại có theo Mệnh đề 2, do $MA=MB=MC$ nên $MB.MC=MH.MF$, nói cách khác $\frac{MB}{MF}=\frac{MH}{MC}.$ Vì vậy $\frac{AG}{CG}=\frac{MH}{MC}$.
Trong tam giác $AHC$ xét ba điểm $M, I, G$ có $\frac{AG}{CG}.\frac{MC}{MH}.\frac{IH}{IA}=1$. Theo định lý Menelaus ta có $M, I, G$ thẳng hàng.
Mệnh đề 5. $MI$ vuông góc $DE$.
Ta có $QK \parallel BC$ nên $QK \perp MP$. Hơn nữa, $PG \perp QM$. Chứng tỏ $G$ là trực tâm tam giác $MPQ$. Suy ra $MG \perp PQ$.
Ta lại có $M, I, G$ thẳng hàng (Mệnh đề 4) nên $MI \perp PQ$. Hơn nữa, $PQ \parallel DE$ (Mệnh đề 3) nên $MI \perp DE$.
Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi HaiDangPham: 02-11-2023 - 15:47