NHỮNG CON ĐƯỜNG SÁNG TẠO TRONG GIẢI TOÁN HÌNH HỌC.PGS.TS. Lê Quốc Hán

{[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]]}       PGS.TS LÊ QUỐC HÁN (Chủ biên) TS ĐINH QUANG MINH – ThS LÊ THỊ NGỌC THÚY Những đờng sáng tạo TRONG GIảI TOáN HìNH HọC NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM MỤC LỤC Trang PHẦN I Chương Mục lục Lời nói đầu HÌNH HỌC PHẲNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ CHUNG VỀ GIẢI TỐN HÌNH HỌC §1 Lược đồ giải tốn Polya §2 Khai thác lời giải tốn 10 §3 Định lý thuận Định lý đảo 17 §4 Định lý Pythagore với cách thức tập dượt sáng tạo 24 §5 Sử dụng yếu tố phụ giải tốn hình học 41 §6 Một số phương pháp chứng minh hình học 48 §7 Một số phương pháp giải tốn hình học hữu hạn 54 Chương GIẢI TỐN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG §1 Hai dạng tốn chứng minh hình học phẳng 62 §2 Các điểm đường đặc biệt tam giác 77 §3 Từ cơng thức tính đường trung tuyến tam giác đến hệ thức Leibniz 90 §4 Định lý Ptolemy đặc trưng tứ giác nội tiếp 100 §5 Phương tích điểm đường trịn 112 §6 Quỹ tích quỹ tích gần 124 §7 Họ đường thẳng qua điểm cố định 134 §8 Các phương pháp dựng hình 145 §9 Các phép biến hình mặt phẳng ứng dụng 154 §10 Bất đẳng thức tốn cực trị hình học phẳng PHẦN II Chương ` 62 §1 165 HÌNH HỌC KHƠNG GIAN VÀ TAM GIÁC LƯỢNG 177 GIẢI TỐN HÌNH HỌC KHƠNG GIAN 177 Các tốn liên quan đến tính song song 177 {[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]]}       §2 Một số phương pháp xác định góc hai hình hình học khơng gian 189 §3 Các tốn liên quan đến hai đường thẳng chéo 201 §4 Các tốn liên quan đến tính vng góc 214 §5 Phương pháp tính thể tích khối đa diện 224 §6 Một số phương pháp chứng minh hệ thức hình học khơng gian 240 §7 Một số dạng tốn cực trị khơng gian 250 §8 Mặt cầu ngoại tiếp đa diện 259 §9 Mặt cầu nội tiếp đa diện 269 §10 Mặt cầu giả nội tiếp đa diện 278 §11 Sự phân loại tứ diện ứng dụng 284 Chương NHỮNG NHỊP CẦU NỐI HÌNH HỌC VỚI GIÁC VÀ ĐẠI SỐ LƯỢNG 294 §1 Cùng lượng giác hành hương “Thánh địa Euclid” 294 §2 Định lý hàm số sin tam giác, nhịp cầu nối loại tốn 302 §3 Định lý hàm số cơsin tam giác ứng dụng 313 §4 Diện tích tam giác cơng thức thơng dụng khác 319 §5 Phương pháp hình học đại số 329 §6 Ứng dụng bất đẳng thức quen thuộc vào giải tốn hình học 339 Hướng dẫn giải tập Chương 354 Chương 371 Chương 403 Chương 447 Phụ lục Euclid tác phẩm “Nguyên lý” bất hủ 465 Phụ lục Sự đời hình học phi Euclid 468 TÀI LIỆU THAM KHO 471 Lời nói đầu Cun sỏch gm bn chương Hai chương đầu dành cho học sinh Trung học sở, hai chương sau dành cho học sinh bậc Trung học phổ thông Chương chương thiên hướng dẫn người học tìm tịi sáng tạo tốn cách giải mới, hai chương cịn lại bàn phương pháp thường dùng để giải loại tốn điển hình hình học phổ thơng Nhằm nâng cao lực suy diễn lôgic cho người đọc, công cụ sử dụng sách chủ yếu kiến thức hình học Euclid Tuy nhiên, cần thiết chúng tơi có sử dụng cơng cụ thuộc hình học giải tích tọa độ hay vectơ chúng thực tỏ ưu việt Trong phương pháp, chúng tơi trình bày ngắn gọn phần lý luận tập trung vào phân tích ví dụ minh họa Cuối tiết có tập để bạn đọc thử sức Các ví dụ tập thường xếp từ đơn giản đến phức tạp Thi thoảng có ngoại lệ, xen toán quen thuộc toán tương đối lạ, chúng chọn đề thi kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia hay thi Olympic Toán Quốc tế (IMO) Phần hướng dẫn lời giải cuối sách mang tính chất gợi ý để người đọc tham khảo cần thiết Chắc có phương án giải tốt chờ bạn khám phá, phát Hơn nữa, nhằm tránh thụ động đọc, phần hướng dẫn tập, việc vẽ hình dành cho độc giả Để đọc sách này, cần nắm vững kiến thức trình bày giáo trình tốn phổ thơng tất nhiên, lòng say mê ham học hỏi hiểu biết Mặc dù sách chủ yếu dành cho đối tượng học sinh phổ thơng, thật có ích cho giáo viên dạy Toán sinh viên Cao đẳng Đại học Sư phạm ngành Toán Các phụ huynh dùng làm tài liệu giúp em nâng cao hiểu biết kiến thức Toán học mà điều kiện thời gian em chưa lĩnh hội đầy đủ lớp Trong trình biên soạn, chúng tơi có tham khảo đề hay lời giải số tập từ tài liệu dẫn cuối sách Xin chân thành cảm ơn tác giả đề hay cách giải Cuốn sách khởi soạn đầu Xuân 2011 hoàn thành vào cuối Hạ 2016 Trong gần sáu năm qua, không ngừng sửa chữa bổ sung thảo, tránh sai sót, mong nhận ý kiến đóng góp bạn đọc Các góp ý xin gửi : Tạp chí Tốn học Tuổi trẻ, tầng 12, Tịa nhà Diamond Flower Tower, Số Hồng Đạo Thúy, Thanh Xuân, Hà Nội Các tác giả PHẦN HÌNH HỌC PHẲNG Đứng trước tốn hình học Euclid, hội giải học sinh phổ thơng nhà tốn học ngang GS Tạ Quang Bửu CHƯƠNG MỘT SỐ VẤN ĐỀ CHUNG VỀ GIẢI TỐN HÌNH HỌC §1 LƯỢC ĐỒ GIẢI TỐN CỦA POLYA Giải tốn q trình tâm sinh lý phức tạp Nó địi hỏi người giải vận dụng cách sáng tạo kiến thức kinh nghiệm kết hợp với phương pháp suy luận thích hợp để giải vấn đề tốn đặt Các tốn bậc phổ thơng thường có mức độ khó dễ khác nhau, địi hỏi người giải cố gắng khác Trong tác phẩm tiếng Giải toán nào, J Polya chia toán thành hai lớp: tốn tìm tịi tốn chứng minh Theo ơng, tốn tìm tịi thường khó toán chứng minh Tuy nhiên, thực tế tốn tìm tịi sách giáo khoa phổ thơng khơng khó Chúng địi hỏi học sinh vận dụng trực tiếp kiến thức vừa học thuật tốn biết để tìm lời giải thích hợp Trong nhiều tốn chứng minh đòi hỏi người giải phải vận dụng tổng hợp kiến thức khác cách sáng tạo với thao tác tư thích hợp (phân tích tổng hợp, quy nạp suy diễn, đặc biệt hoá tổng qt hố, tương tự, …) hồn thành nhiệm vụ giao Ở chúng tơi trình bày việc tìm lời giải tốn tìm tịi chưa có thuật tốn tốn chứng minh chưa có phương pháp chung để giải Đối với toán này, nên vận dụng lược đồ bốn bước Polya: Tìm hiểu đề tốn, xây dựng chương trình giải, thực chương trình giải, kiểm tra nghiên cứu lời giải Tìm hiểu đề tốn Việc giải tốn trở nên hữu ích người giải ham thích cơng việc Muốn vậy, người giải cần tìm hiểu cách kỹ lưỡng Trước hết phải đọc kỹ đề tốn để thấy tồn nội dung tốn Sau phân tích tốn, tách yếu tố tốn, xem xét yếu tố nhiều lần nhiều mặt Nếu tốn chứng minh yếu tố giả thiết kết luận Nếu tốn tìm tịi yếu tố ẩn (cái cần tìm, chưa biết), kiện (những biết) điều kiện (mối liên hệ cần tìm cho) tốn Cuối phải nhìn lại tổng quan tốn trước tìm lời giải Đơi khi, việc tìm hiểu đề tốn phải diễn nhiều lần nhiều thời điểm khác Phải nhắm mắt lại, người giải thấy rõ chi tiết toán mối liên hệ chi tiết Điều giúp người giải tìm “ý chói lọi” (từ dùng Polya) trình hình thành lời giải toán Để giúp cho việc hiểu rõ đề toán, nhiều người giải cần phải đưa vào ký hiệu hình vẽ minh họa Các ký hiệu đưa vào phải gọn dễ nhớ, tránh nhầm lẫn hiểu nước đơi Hơn phải giúp người giải hình dung tốn dễ việc tính tốn thuận lợi Chẳng hạn toán cho liên quan đến ba số nguyên liên tiếp nên ký hiệu chúng a − 1, a, a + (nếu ký hiệu chúng a, a + 1, a + việc tính tốn phức tạp hơn) Đối với tốn hình học, nói chung cần phải vẽ hình minh họa Hình vẽ phải tổng qt, khơng nên vẽ hình trường hợp đặc biệt dễ gây ngộ nhận suy luận Hình vẽ phải rõ ràng, xác, dễ nhìn thấy quan hệ tính chất yếu tố tốn Ngồi để làm bật vai trò khác đường, hình, hình vẽ vẽ nét đậm, nét nhạt, nét liền nét đứt Điều đặc biệt quan trọng việc giải tốn hình học khơng gian Nếu dựa phép dựng hình thước compa (đối với hình học phẳng) dựa vào phép chiếu song song hay vng góc (đối với hình học khơng gian) để vẽ hình cách xác tốt, nhờ người giải tiệm cận với lời giải cách dễ dàng Có nhiều tốn khơng phải tốn hình học việc dùng hình vẽ để diễn tả chúng hữu ích Chẳng hạn dùng sơ đồ đoạn thẳng để giải toán số học, dùng đồ thị để biện luận phương trình chứa tham số, … Xây dựng chương trình giải Đây bước quan trọng hoạt động giải toán Để xây dựng chương trình giải cách hợp lý, cần tìm tịi lời giải Tuy nhiên người ta chứng minh khơng có thuật tốn tổng qt để giải tốn Thậm chí lớp toán hẹp lớp tốn tìm nghiệm ngun phương trình Diophante khơng có thuật tốn chung để giải chúng Vì để tìm tịi lời giải tốn, cần dựa kinh nghiệm giải toán trước thân Trong tác phẩm Giải tốn nào, J Polya đưa gợi ý xây dựng chương trình giải tốn bao gồm câu hỏi sau: - Bạn gặp toán lần chưa? Hay gặp tốn dạng khác? - Bạn có biết tốn liên quan khơng? Một định lý dùng khơng? - Xét kỹ chưa biết thử nhớ lại toán quen thuộc có ẩn hay có ẩn tương tự - Đây tốn có liên quan mà bạn có lần giải Có thể sử dụng khơng? Có thể sử dụng kết khơng? Hay sử dụng phương pháp giải nó? Có cần đưa thêm số yếu tố phụ sử dụng khơng? - Có thể phát biểu tốn cách khác không? Một cách khác nữa? Hãy quay định nghĩa - Nếu bạn chưa giải toán đề ra, thử giải toán liên quan dễ khơng? Một tốn tổng qt hơn? Một trường hợp riêng? Một toán tương tự? Bạn giải phần tốn khơng? Hãy giữ lại phần điều kiện, bỏ qua phần Khi ẩn xác định đến chừng mực đó; biến đổi nào? Bạn từ kiện rút yếu tố có ích khơng? Bạn nghĩ kiện khác giúp bạn xác định ẩn khơng? Có thể thay đổi ẩn, hay kiện, hay hai cần thiết, cho ẩn kiện gần không? - Bạn sử dụng kiện chưa? sử dụng toàn điều kiện hay chưa? Đã để ý đến khái niệm chủ yếu toán chưa? Những phần sau sách minh họa cho việc sử dụng gợi ý chương trình giải tốn Polya Tuy khơng có thuật toán chung để giải tất toán, với lớp toán hẹp đó, tìm định hướng, phương pháp chung để giải chúng Trong chương chương 3, chúng tơi trình bày chi tiết vấn đề Thực chương trình giải Sau tìm cách giải tiến hành thực chương trình giải Đây cơng việc chủ yếu, kết để đánh giá hoạt động giải tốn Q trình khơng khó khăn tìm cách giải tính chất cơng việc có khác Khi tìm lời giải tự mị mẫm, dự đốn khơng ngại mà không dùng cách lập luận “tạm thời” Nhưng thực chương trình giải phải thay đổi quan niệm thừa nhận lý lẽ chặt chẽ, phải kiểm nghiệm lại chi tiết Một điều quan trọng việc trình bày lời giải trình tự chi tiết, tốn phức tạp Phải trình bày cho tường minh liên hệ chi tiết, liên hệ chi tiết đoạn lời giải toàn lời giải Trình tự mà ta trình bày lời giải khác với trình tự mà ta tiến hành để tìm lời giải Trình tự trình bày chi tiết lời giải cần phải gọn gàng, mạch lạc, sáng sủa Kiểm tra nghiên cứu lời giải Đây bước cần thiết bổ ích mà thực tế người giải tốn thực Trong thực chương trình giải, ta mắc phải thiếu sót, lầm lẫn chỗ Việc kiểm tra lời giải giúp ta sửa chữa sai sót đáng tiếc Mỗi sai lầm cho ta kinh nghiệm hoạt động giải tốn Mặt khác việc nhìn nhận xem xét lại chi tiết cách giải tồn cách giải, việc phân tích lại kết đường phương pháp tiến hành, cịn giúp tìm thấy cách giải khác tốt hơn, phát kiện bổ ích Phải kiên nhẫn chịu khó nghiên cứu lời giải tìm để hồn thiện cách giải giúp ta hiểu cách giải sâu sắc Chính điều làm phong phú kinh nghiệm giải tốn, củng cố phát triển lực giải toán cho thân §2 KHAI THÁC LỜI GIẢI BÀI TỐN Tìm cách giải khác tốn Việc nắm vững kiến thức thực có ý nghĩa ta vận dụng chúng vào giải toán cụ thể Cần nắm vững phương pháp suy luận giải tốn phương pháp phân tích lên phương pháp suy diễn lôgic, phương pháp phản chứng phương pháp chứng minh gián tiếp, … Ngoài ra, cần phân loại dạng tốn thường gặp tìm phương pháp giải dạng Tuy nhiên, điều muốn nhấn mạnh bạn đọc nên cố gắng tìm nhiều cách giải cho toán Đặc biệt, sau học thêm kiến thức mới, trở với toán khứ để tìm lời giải nhằm thể “tính ưu việt” kiến thức Sau thí dụ: Bài tốn Cho tam giác ABC vuông A (AB < AC); AD đường phân giác Đường thẳng kẻ từ D, vng góc với BC cắt AC E Chứng minh DB = DE Lời giải Cách giải thứ (Dựa vào tam giác nhau) Trên AB lấy điểm F cho AF = AE Khi n = AED n ΔADF = ΔADE nên DF = DE AFD n = DEC n Ta lại có ABD n = DEC n (cùng Từ BFD n ) nên BFD n = ABD n 90 − ACB Suy tam giác BDF cân D Từ BD = DF nên BD = DE Cách giải thứ hai (Dựa tính chất đường phân giác) n nên DH = DK Mà DBH n = DEK n Kẻ DH ⊥ AB, DK ⊥ AC, AD phân giác BAC n ) nên hai tam giác vuông DHB DKE nhau, từ (cùng 90 − ACB DB = DE Cách giải thứ ba (Dựa vào tam giác đồng dạng) Vì AD phân giác tam giác ABC nên DB AB = Mặt khác hai tam giác vuông DEC ABC đồng dạng nên DC AC DE AB DB DE = = Từ Suy DB = DE DC AC DC DC 10 Cách giải thứ tư (Dựa vào tứ giác nội tiếp) A n = BDE n = 90 nên tứ giác ABDE nội tiếp Vì BAE E đường trịn đường kính BE n = DAE n (cùng chắn cung DE ) Khi DBE B n = DAB n (cùng chắn cung BD ) DEB D C n = DAE n (giả thiết) nên DBE n = DEB n Do tam giác DBE cân D Từ Mà BAD BD = DE Đừng bỏ qua trường hợp riêng Khi giải toán, việc xét trường hợp riêng, trường hợp đặc biệt không giúp thu lời giải hoàn chỉnh mà đường đến lời giải trường hợp tổng quát gợi ý tưởng sáng tác toán a Trước hết cần ý nhiều lời giải toán trường hợp chung không bao hàm hết trường hợp cá biệt Các trường hợp cần phải xét riêng Bài tốn Tính tổng sau: a) A = + a + a + + a n −1 + a n ; b) B = − a + a2 − + (−1)n a n Lời giải a) Trước hết, ta xét riêng trường hợp a = Khi A = + + + (n + hạng tử 1) = n + Với a ≠ , có (1 − a) A = (1 − a)(1 + a + a + + a n ) = − a n +1 Từ A= − a n +1 1− a (*) , công thức (*) không chứa kết a = b) Để tính tổng thứ hai, ta phải xét riêng trường hợp a = −1 Khi B = n + Với a ≠ −1 , có (1 + a) B = (1 + a) ⎡⎣1 − a + a2 − + (−1)n a n ⎤⎦ = + (−1)n a n +1 Từ B = + (−1)n a n +1 (**) 1+ a 11 {[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]]}       Nhận thấy công thức (**) không hàm chứa trường hợp a = −1 Bài tốn Dựng phía ngồi tam giác ABC tam giác BCD, CAE ABF Chứng minh tâm ba tam giác đỉnh tam giác (Định lý Napoléon) Lời giải Gọi O1 , O2 , O3 tâm tam giác BCD, CAE, ABF Hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD CAE cắt M A n = CMA n = 120 nên AMB n = 120 Khi BMC O2 đường trịn ngoại tiếp tam giác ABF O3 H qua M Gọi H , I , K giao điểm O2 O3 với AM , O3 O1 với BM O1O2 với CM Khi O O3 ⊥ AM , M I K B C O3 O1 ⊥ BM 0 n = 120 nên O n n AMB 1O3 O2 = 180 − AMB = 60 O1 n (vì tứ giác MHO3 I nội tiếp) Tương tự, O O2 O1 = 60 nên tam giác O1O2 O3 tam giác Chú ý Bài tốn có nhiều cách giải cách giải dùng đến kiến thức hình học bậc THCS Tuy nhiên, lập luận không đứng vững góc tam giác n = 120 hai đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC 120 Chẳng hạn, BAC ABF ACE tiếp xúc A, lập luận phải điều chỉnh cho hợp lý b Việc xét trường hợp riêng giúp định hướng cách giải trường hợp tổng quát Bài toán Cho tam giác ABC điểm M chuyển động tam giác Chứng minh tổng khoảng cách từ M xuống cạnh tam giác nhận giá trị không đổi A Lời giải Giả sử a cạnh tam giác ABC Khi M trùng với ba đỉnh tam giác tổng khoảng H K cách từ M đến ba cạnh tam giác ABC đường cao tam giác Khi M nằm cạnh tam giác 12 I B E M C ABC, chẳng hạn M nằm cạnh BC Kẻ MI ⊥ AB, MK ⊥ AC BH ⊥ AC A Ta phải chứng minh MI + MK = BH Thật vậy, kẻ ME ⊥ BH MK = EH hai tam giác vuông MIB E K BEM nên MI = BE I P Từ MI + MK = BE + EH = BH B Giả sử M nằm tam giác ABC D Q M J C H Qua M kẻ đường thẳng song song với BC , cắt AB AC P Q Đường cao AH tam giác ABC cắt PQ D Kẻ MI ⊥ AB, MK ⊥ AC PE ⊥ AC Theo chứng minh MI + MK = PE = AD Do MI + MK + MJ = AD + DH = AH Bài toán Cho tam giác ABC điểm M cạnh BC Dựng đường thẳng qua M chia tam giác thành hai phần có diện tích Lời giải Xét trường hợp đặc biệt M trung điểm BC đường thẳng AM đường thẳng cần dựng Khi M trùng với hai đỉnh B C , chẳng hạn M trùng B đường thẳng phải dựng trung tuyến BI tam giác ABC Trong trường hợp tổng quát, M nằm cạnh BC D ta đưa trường hợp thứ hai cách kẻ BD // MA A Khi SΔABM = SΔADM nên SΔABC = SΔDMC Thế trung tuyến MI tam giác DMC đường thẳng cần dựng B Sáng tác toán I M C Mục đích việc học xét cho để rèn luyện người học biết sáng tạo Do sau giải toán nên dựa vào lời giải vừa tìm để sáng tác tốn Chẳng hạn, sau tìm cách giải thứ tư Bài toán 1, ta thấy điểm mấu chốt tứ giác ABDE nội tiếp Từ dẫn đến Bài toán Cho AD phân giác tam giác ABC Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác ABD cắt cạnh AC E Chứng minh BD = DE 13 Ngoài ra, nên tập dượt phương pháp suy luận quy nạp khơng hồn tồn, tương tự, tổng quát hoá đặc biệt hoá để sáng tác toán Tuy nhiên, ý phương pháp cho phép đề xuất dự đoán mà chưa phải kết Nhà toán học Pháp Fermat (1601 - 1665) để lại cho hậu nhiều học vấn đề Chẳng hạn, khảo sát dãy số Fn = 2 + với n = 1, 2, 3, ông thấy kết n thu số nguyên tố nên khẳng định với số tự nhiên n , Fn số ngun tố, sau nhà tốn học Thụy Sĩ Euler (1707 - 1783) chứng tỏ F5 = 641.6700417 hợp số Cũng Fermat sau chứng minh phương trình x + y = z khơng có nghiệm ngun khác khơng nêu lên giả thuyết: “Phương trình x n + y n = z n (với n ≥ ) nghiệm ngun khác khơng” Giả thuyết gọi Định lý lớn Fermat sau ông 300 năm, năm 1993 nhà toán học Anh Andrew Wiles chứng minh trọn vẹn dựa hàng loạt cơng trình tốn học sâu sắc nhà toán học thiên tài nhiều hệ khác Nhiều trường hợp riêng, kết thu có giá trị đặc biệt khơng trường hợp tổng quát Chẳng hạn Định lý Pythagore xem trường hợp riêng Định lý hàm số côsin, ứng dụng vượt xa Định lý hàm số côsin Một trường hợp riêng đáng ý việc xét vị trí giới hạn, chẳng hạn tiếp tuyến đường tròn ( O ) M vị trí giới hạn cát tuyến qua M đường trịn Chú ý đến điều ta thu tốn thú vị Chẳng hạn xét kết sau đây: Định lý Pascal Trên đường trịn (O) có điểm A1 , A2 , A3 , A4 , A5 , A6 Gọi M , N, P giao điểm A1 A2 với A4 A5 , A2 A3 với A5 A6 , A3 A4 với A6 A1 Khi M , N, P thẳng hàng Nếu cho A1 ≡ A2 , A3 ≡ A4 , A5 ≡ A6 ta nhận kết sau Bài tốn Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến (O) A cắt BC M Tiếp tuyến (O) B cắt CA N Tiếp tuyến (O) C cắt AB P Chứng minh M , N, P thẳng hàng 14 Nâng cao nhận thức vai trị tốn học môn khoa học khác thực tiễn a Đã có nhiều cách ví von để tơn vinh vai trị tốn học mơn khoa học khác: “Tốn học ơng hồng khoa học”, “Tốn học chìa khóa để mở kho vàng khoa học nhân loại”,… Trong q trình học tập, khơng lần phân tích cho học sinh thấy vai trị tốn học việc giải vấn đề khoa học khác, đặc biệt môn khoa học tự nhiên, người anh em toán học: Vật lý, Hóa học,… Đứng trước tượng vật lý, phản ứng hóa học, nên nhìn chúng “con mắt tốn học” Cần ghi nhớ rằng: Thiên nhiên ln nhà tốn học thơng minh nhất, vĩ đại Chẳng hạn đứng trước quy luật khúc xạ ánh sáng quang học: góc tới góc phản xạ, ta thấy thiên nhiên giải tuyệt vời tốn cực trị hình học sau: Bài tốn Cho hai điểm A, B nửa mặt phẳng với bờ đường thẳng xy Xác định vị trí điểm M xy cho MA + MB đạt giá trị nhỏ Lời giải Gọi A′ điểm đối xứng A qua xy Khi MA + MB = MA′ + MB ≥ A′B Do MA + MB đạt giá trị nhỏ (bằng A′B ) A′, M , B thẳng hàng, nghĩa M giao điểm A′B với xy Khi dễ chứng n = BMy n minh AMx b Tốn học có nguồn gốc từ thực tiễn, thành tựu tốn học thực có ý nghĩa giúp cho sống người ngày tốt Ngày toán học tỏ rõ sức mạnh việc giúp người chinh phục đỉnh cao không lĩnh vực trí tuệ mà lĩnh vực sống Tuy nhiên cần quan sát việc làm người thuộc tầng lớp bình dân, lại ẩn chứa kiến thức toán học sâu sắc Xin dẫn thí dụ: Bài tốn Một người nơng dân chia mảnh đất hình tứ giác ABCD thành ba phần sau: Trên cạnh AB lấy hai điểm M , N cho AM = MN = NB Trên cạnh CD lấy hai điểm P, Q cho CP = PQ = QD Ông diện tích tứ giác MNPQ phần ba diện tích tứ giác ABCD Giải thích 15 1 Lời giải Dễ thấy: SΔADM = SΔADB , SΔBCP = SΔBDC Từ đó: SDMBP = S ABCD 3 Ta lại có: SΔMDQ = SΔMQP = S , ΔMPD A SΔBPN = SΔMNP = SMNPQ = M B N S nên ΔBMP 1 S = S DMBP ABCD D Q P C BÀI TẬP 1 Tính tổng Sn = + a + 3a2 + + na n −1 Cho hai dây AB, CD đường tròn (O) song song với điểm M chuyển động đường tròn Đường thẳng MD cắt AB E a) Chứng minh đường trịn ngoại tiếp tam giác CEM ln qua điểm cố định thứ hai (khác C) b) Tìm quỹ tích tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác CEM Cho điểm P cố định đường tròn tâm O bán kính R Hai dây AB, CD di động qua P ln vng góc với a) Chứng minh PA2 + PB + PC + PD nhận giá trị không đổi b) Chứng minh AB + CD nhận giá trị không đổi Trong mặt phẳng cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c Hãy dựng tam giác ABC có đỉnh A, B, C tương ứng nằm a, b, c Từ Định lý Pascal, suy kết tứ giác nội tiếp đường trịn tương tự Bài tốn 6 Cho tam giác ABC n = MBC n = MCA n a) Tìm điểm M tam giác ABC cho MAB n = MBC n = MCA n = ϕ Chứng minh cot ϕ = cot A + cot B + cot C b) Giả sử MAB (Điểm M gọi điểm Brocard tam giác ABC ) 16 Cho tam giác ABC Hai trung tuyến AM CN cắt G Chứng minh điểm B, M, G, N nằm đường tròn cot A, cot B, cot C lập thành cấp số cộng Hai phía dịng sơng với hai bờ hai đường thẳng song song a, b có hai trung tâm kinh tế A B Hãy bắc cầu CD vng góc với bờ sơng cho qng đường AC + CD + DB ngắn §3 ĐỊNH LÝ THUẬN VÀ ĐỊNH LÝ ĐẢO Dạng chuẩn đơn giản Các định lý tốn học thường có dạng đơn giản sau: Nếu có A có B (1) Khi khẳng định ngược lại có dạng: Nếu có B có A (2) Người ta gọi (2) mệnh đề đảo (1) Trong trường hợp (2) (1) gọi định lý thuận (2) gọi định lý đảo Không phải khẳng định (2) đúng, chẳng hạn khẳng định ngược lại định lý: (Nếu) hai góc đối đỉnh (thì) là” hai góc đối đỉnh” rõ ràng sai Tuy nhiên, phần lớn định lý toán học chương trình tốn phổ thơng có định lý đảo, nghĩa khẳng định chúng chân lý Nói chung, việc chứng minh định lý đảo thường khó chứng minh định lý thuận Để có nhiều ví dụ phong phú hấp dẫn, nhớ toán (đúng) thực định lý toán học Bài toán Trong tam giác cân: 1) Hai đường cao thuộc hai cạnh bên nhau; 2) Hai đường trung tuyến thuộc hai cạnh bên nhau; 3) Hai đường phân giác hai góc đáy Đây toán dễ Phép chứng minh mệnh đề đảo 1) dễ (dựa vào tam giác vuông) Phép chứng minh mệnh đề đảo 2) khó tý, phải sử dụng tính chất trọng tâm tam giác Phép chứng minh mệnh đề đảo 3) nói chung phức tạp có lịch sử ấn tượng Năm 1840, S.I.Lehmus gửi cho nhà hình học Thụy Điển J Steiner định lý sau với yêu cầu đưa chứng minh hình học túy: Tam giác có hai đường phân giác 17 tam giác cân Định lý sau mang tên Định lý SteinerLehmus Trong chứng minh mình, Steiner phải dùng cơng thức tính đường phân giác theo cạnh tam giác phép biến đổi đại số, không đáp ứng yêu cầu Lehmus Vì việc tìm phương pháp chứng minh sơ cấp hình học túy cho Định lý Steiner- Lehmus thời trở thành trào lưu hấp dẫn nhiều nhà toán học trẻ Trong chứng minh tìm vậy, phải kể đến chứng minh Lida Kopeikina nữ sinh lớp 10 Matxcơva - năm 1939 chứng minh Volodia Bolchialxki nam sinh lớp Matxcơva hai năm sau Hiện có 10 cách chứng minh Định lý Steiner- Lehmus, nửa sử dụng kiến thức hình học bậc THCS Phương pháp chứng minh phản chứng R.W Hogg đăng tạp chí The Mathematical Gazette Anh năm 1982 xem đơn giản (Chứng minh chi tiết xem tiết 1, chương 2) Bài toán Cho tứ giác lồi ABCD Gọi A1 , B1 , C1 , D1 tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD, ACD, ABD, ABC Nếu tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn A1 B1C1 D1 B hình chữ nhật Lời giải Chứng minh mệnh đề khơng khó, cần sử dụng hai kết quen thuộc: “trong tứ giác nội A tiếp, tổng góc đối diện lần góc vng” “nếu I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC D1 A1 C1 D B1 n n = 90D + BAC ” BIC C Thật vậy, A1 tâm đường trịn nội tiếp tam giác BCD nên 1n 1n n n CA CBD = 90 + CAD = CB1 D D = 90 + 2 Suy tứ giác DCA1 B1 nội tiếp Tương tự, tứ giác BCA1 D1 nội tiếp ( ) n n n n Từ B ADC + ABC = 360 − 180 = 270 A1C + D1 A1C = 360 − 2 0 n Suy B A1 D1 = 360 − 270 = 90 18 Tương tự ta có tứ giác A1 B1C1 D1 có góc 90 nên A1 B1C1 D1 hình chữ nhật Tuy nhiên việc chứng minh mệnh đề đảo: Nếu A1 B1C1 D1 hình chữ nhật tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn khơng dễ Ta phải sử dụng kết sau: “Với tứ giác lồi ABCD , hai điều kiện sau tương đương: i) A nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD ; n > DBC n ” ii) DAC Ta chứng minh Mệnh đề đảo phản chứng Giả sử ABCD không nội tiếp Không n > DBC n Theo kết trên, A nằm đường tròn ngoại tiếp tổng quát, giả sử DAC n > BDC n tam giác BCD BAC n n n n Do DB 1C > DA1C, BD1C > BA1C Suy B1 , D1 tương ứng nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác DA1C BA1C Từ C nằm đường trịn ngoại tiếp n n n n tam giác B1 A1 D D1 A1 B Suy B A1 D < B1CD, D1 A1 B < D1CB 1n n 1n n n n n n ACD, D1 A1 B < ACB Từ B Do B A1 D < A1 D + DA1C + D1 A1 B + BA1C < 2 < ( ) 1n 1n 1n 1n n n n ACD + ACB + 90 + DBC + 90 + BDC = 180 + BDC + DBC + BCD = 270 2 2 n Suy B A1 D1 > 90 : trái giả thiết Vậy ABCD tứ giác nội tiếp Trong toán 2, thay từ “tâm đường tròn nội tiếp” từ “trọng tâm” hay “trực tâm” tam giác kết nhận khơng Tuy nhiên, trường hợp trọng tâm hai tứ giác ABCD A1 B1C1 D1 đồng dạng với nên ABCD tứ giác nội tiếp tứ giác A1 B1C1 D1 nội tiếp, nghĩa ta đồng thời chứng minh định lý thuận định lý đảo Dạng chuẩn thứ hai Các định lý tốn học cịn thường gặp dạng Nếu có A có B B ′ ( ) Khi ta nhận mệnh đề đảo sau ( 4a ) Nếu có B có A; 19