Bo De Hinh Thang

Trong Tạp chí Toán Tuổi thơ 2 số 4 (TTT2(4)), tháng 6 năm 2003, ở mục kết quả Thử tí toán, để chia đôi một đoạn thẳng song song với một đường thẳng cho trước chỉ bẳng thước thẳng, ta đã dựa vào một bổ đề :  “Đường thẳng nối giao điểm các đường chéo của hình thang với giao điểm các cạnh bên kéo dài sẽ chia đáy của hình thang thành hai phần bằng nhau”.  Bổ đề này thường được gọi là bổ đề “Hình thang”. Để chứng minh bổ đề, các bạn có thể tham khảo phần chứng minh trong TTT2(4).  * ở bài viết này, xin nêu thêm một số dạng ứng dụng khác của bổ đề “Hình thang”.  Bài toán 1 : Cho DABC. M, N, P lần lượt là các điểm trên các cạnh BC, CA, AB. Nối AM, BN, CP cắt nhau tại I, J, K (hình 1). Kí hiệu S là diện tích, chứng minh rằng :  Nếu SΔAIN = SΔBJP = SΔCKM = SΔIJK thì SAPJI = SBMKJ = SCNIK.  Lời giải : Gọi L là giao điểm của CI và NK.  Từ SΔANI = SΔIJK => SΔANI + SΔAIJ = = SΔIJK + SΔAIJ => SΔNAJ = SΔKAJ.  Ta nhận thấy ΔNAJ và ΔKAJ có chung cạnh AJ nên khoảng cách từ N và K tới AJ là bằng nhau, dẫn đến NK // AJ.  Xét hình thang KNAJ, có hai cạnh bên AN x JK = C ; có hai đường chéo AK x JN = I, theo bổ đề “Hình thang”, CI cắt NK tại trung điểm của NK. Vậy L là trung điểm của NK (*).  Từ (*) ta chứng minh được SΔCIN = S ΔCIK, mà SΔAIN = S ΔCKM => SΔCIM = SΔCIA => IA = IM (**) ( ΔCIM và ΔCIA có chung đường cao hạ từ C tới AM).  Từ (**) => S ΔBIA = S ΔBIM ( ΔBIM và ΔBIA có chung đường cao hạ từ B tới AM).  Tương đương với S ΔBPJ + SAPJI = S ΔIJK + SBJKM hay SAPJI = SBJKM (do S ΔBPJ = SIJK).  Hoàn toàn tương tự, ta chứng minh được từng cặp trong ba tứ giác APJI, BMKJ, CNIK có diện tích bằng nhau và do đó diện tích của ba tứ giác này bằng nhau.  * Xét bài toán đảo của bài toán dựng hình chỉ bằng thước kẻ trong TTT2(4) nói trên.  Bài toán 2 : Cho trước một đoạn thẳng AB và trung điểm M của nó. Chỉ bằng thước thẳng, hãy dựng qua điểm C nằm ngoài AB, một đường thẳng song song với AB.  Lời giải :  Phân tích : Giả sử dựng được đường thẳng (d) đi qua C và song song với AB (hình 2).  Trên phần kéo dài của tia BC, lấy một điểm S bất kì. Gọi giao điểm của SA và (d) là D, AC cắt BD tại O. Theo bổ đề Hình thang, đường thẳng SO đi qua điểm M, từ đó ta có cách dựng.  Cách dựng : Lấy điểm S như trên. Lần lượt nối AC, SM, các đường thẳng này cắt nhau tại O. Nối SA, BO, cắt nhau tại D. Đường thẳng (d) đi qua C, D chính là đường thẳng cần dựng : (d) đi qua C, (d) // AB.  * Kết quả của bài toán 2 cũng được vận dụng trong nhiều bài toán dựng hình chỉ bằng thước thẳng.  Bài toán 3 : Cho hình bình hành ABCD với O là tâm. Chỉ dùng thước thẳng, qua O, hãy dựng đường thẳng song song với một cạnh bất kì của hình bình hành ABCD.  Lời giải : Theo bài toán, O lần lượt là trung điểm AC, BD (hình 3).  áp dụng bài toán 2 cho đoạn thẳng AC với O là trung điểm của AC và B là điểm nằm ngoài AC, ta hoàn toàn dựng được đường thẳng Bx // AC.  Tương tự, ta cũng dựng được đường thẳng Cy // BD.  Gọi E là giao điểm của Bx, Cy, ta thấy ngay OBEC là hình bình hành.  Do đó, nếu gọi I là giao điểm của BC và OE thì I là trung điểm của BC, mặt khác O là trung điểm của BD nên OI là đường trung bình của DBCD, OI // CD.  => OE là đường thẳng cần dựng.  Bài toán 4 : Trong mặt phẳng cho trước đường tròn (S) và tâm O của nó ; một điểm M và một đường thẳng (d) bất kì. Chỉ bằng thước thẳng, hãy dựng một đường thẳng đi qua M song song với (d).  Lời giải : Để áp dụng được bài toán 2 trong trường hợp này, ta cần xác định được trên (d) hai điểm P, Q khác nhau và điểm N là trung điểm của PQ.  Ta thực hiện như sau :  Trên (d), lấy một điểm P tùy ý (hình 4). Qua P, kẻ cát tuyến