Đang tải... (xem toàn văn)
1 RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC BÀI TOÁN HÌNH HỌC PHẲNG **************** I) Suy nghĩ về việc học Toán Hình học phẳng hiện nay Có khi nào chúng ta tự hỏi làm thế nào để giải một bài toán Hình học phẳng (H[.]
RÈN LUYỆN KĨ NĂNG GIẢI CÁC BÀI TỐN HÌNH HỌC PHẲNG **************** I) Suy nghĩ việc học Tốn Hình học phẳng Có tự hỏi làm để giải tốn Hình học phẳng (HHP) chưa? Hay để giỏi mơn HHP, bạn giải nhanh gọn ấn tượng toán HHP, cịn khơng? Đúng vấn đề thường đặt muốn trả lời cách thỏa đáng đầy đủ điều khơng đơn giản! Cũng giống dạng tốn khác, để giải tốn HHP đó, cần phải từ giả thiết, thông qua suy luận để tìm đường đến kết luận yêu cầu đặt đề Nhưng đặc biệt hơn, mơn HHP, ngồi tư logic thơng thường, cịn cần phải có tư hình tượng, cần phải tìm quan hệ yếu tố hình học thơng qua nhìn trực quan Với đặc trưng đó, mặt làm cho thấy vấn đề cần giải cách rõ ràng mặt khác đòi hòi khả tưởng tượng phong phú sâu sắc muốn học tốt dạng Toán Trên thực tế, học sinh giỏi Tốn, khơng có nhiều người giỏi HHP; tham gia kì thi HSG, họ sẵn sàng bỏ câu HHP để có thời gian dành cho Tốn khác Nhưng tất kì thi, ta thấy góp mặt hai Tốn HHP với khoảng 15-25% số điểm đề thực quan trọng! Có điều lạ học hình học với thời gian nhiều dạng Toán khác Ngay từ lớp làm quen với khái niệm điểm, đoạn thẳng, đường thẳng, góc,… Đến lớp biết định lí học cách chứng minh chúng: chứng minh hai góc đối đỉnh nhau, chứng minh tổng ba góc tam giác 1800,…Và học rèn luyện chúng suốt bây giờ, thời gian dài việc học toán sử dụng đạo hàm, giới hạn hay lượng giác Thế nhưng, dường Hình học ln khơng lựa chọn hàng đầu bắt đầu cho lời giải đề thi HSG Thậm chí cịn nỗi ám ảnh, lo sợ nhiều bạn HSG Tốn Khi nhìn thấy hình đó, họ cố đưa Đại số nhanh tốt sẵn sàng chấp nhận biến đổi, khai thác biểu thức cồng kềnh thay tốn giải cách nhẹ nhàng hình học túy Ta không phủ nhận học giỏi HHP khơng phải chuyện dễ, cần khiếu rèn luyện lâu dài, phải làm nhiều dạng tập để tích lũy cho kinh nghiệm nhạy bén cần thiết để đối mặt với HHP mà khơng bị ngỡ ngàng, lúng túng Chẳng hạn có nhiều học sinh THCS giỏi HHP học sinh THPT lí khiếu Thế nhưng, chẳng may khơng có khiếu sao, lại bỏ cuộc? Tất nhiên cách giải quyết, tham khảo số hướng giải gợi ý rèn luyện sau để khắc phục mong điều giúp bạn rút cho thân ý tưởng cho việc học HHP thời gian tới Thế nhưng, đa số bạn chưa giỏi HHP thường ghét phần tránh làm tốn hình học; đó, trước hết bạn làm quen tiếp xúc nhiều với nó, lâu dần bạn tìm thấy thú vị mà toán HHP đem lại tiến cho * Chúng ta suy nghĩ vấn đề sau: Làm để rút ngắn đường từ giả thiết đến kết luận? Làm để tận dụng hết giả thiết đề cho? Làm đưa kiến thức hình học sẵn có (như phương pháp định lí đó) cho việc giải tốn HHP? Làm cách để kẻ đường phụ giải toán? Làm để nâng cao trình độ HHP có lực định? Các nội dung trình bày làm rõ điều đó: MỘT BÀI TOÁN ĐƠN GIẢN NHƯNG KẺ NHIỀU ĐƯỜNG PHỤ * Lời giải VD trình bày chủ yếu dựa hướng suy nghĩ chính, trọng phân tích bước lập luận khơng sâu vào xét trường hợp hình vẽ xảy nhằm hạn chế phức tạp Dù thực tế, giải toán HHP, nên ý điều này, nên xét hết trường hợp (vị trí điểm, tia; phân giác trong, ngồi; tam giác cân, khơng cân; đường tròn thực suy biến, ) để đảm bảo lời giải đầy đủ xác! II) Một số cách rèn luyện tư hình học nâng cao kĩ giải tốn HHP 1) Lựa chọn cơng cụ thích hợp để giải tốn HHP Chúng ta thử ngẫm nghĩ lại, học sinh THPT nay, biết phương pháp giải toán HHP Có thể biết nhiều định lí, bổ đề chưa thể gọi phương pháp theo nghĩa tổng quát Ở đây, ta nói đến phương pháp định hướng, tư tưởng lời giải; giải cách chưa sâu vào việc giải Xin nêu số phương pháp sau: Phương pháp hình học túy (quan hệ song song, vng góc; tam giác đồng dạng, nhau; tính chất tam giác, đường trịn; định lí hình học quen thuộc; phép biến hình,…) Phương pháp lượng giác (đưa yếu tố lượng giác góc biến đổi) Phương pháp vectơ (dùng vectơ chứng minh tính chất hình học dựng hệ vectơ đơn vị để giải toán) Phương pháp đại số (đưa yếu tố độ dài cạnh biến đổi) Phương pháp tọa độ (đưa giả thiết cho vào hệ trục tọa độ tìm tọa độ điểm, phương trình đường thẳng, đường trịn liên quan) Trong đó, mức độ tư hình học thể giảm dần qua thứ tự phương pháp Nếu học sinh chưa giỏi HHP thường với tốn có giả thiết “thuận lợi” sử dụng tọa độ, điều tất nhiên có ích cho kĩ tính toán, biến đổi đại số nói chung khơng có lợi cho việc rèn luyện tư hình học Và đa số tốn hình khó sử dụng phương pháp này, cần đường tròn tâm đường tròn nội tiếp khiến cho việc dùng phương pháp tọa độ thật khó khăn Thế khơng phải nói mà ta lại qn phương pháp Có vài bạn nội dung lại khơng thích sử dụng tọa độ cố tìm cách giải túy cho Cơng việc khơng phải lúc đúng, kì thi HSG có thời gian “gấp rút” số lượng toán cần giải lại tương đối nhiều Chúng ta thử nói toán đơn giản sau: VD1: Cho đoạn thẳng AB cố định đường thẳng d cố định song song với AB Điểm C di động d Tìm quỹ tích trực tâm tam giác ABC * Phân tích: Một số bạn thấy tốn có giả thiết thật đơn giản, có đoạn thẳng cố C định, điểm di động đường thẳng song song tìm trực tâm; thêm nữa, tốn quen thuộc nên họ vẽ hình cố gắng kẻ đường phụ để giải Thế nhưng, chắn bạn khó mà tìm lời giải hình học túy cho tốn H mà thực tế quỹ tích H đường parabol! A O B Nếu không cẩn thận vẽ hình trước nhiều lần để dự đốn quỹ tích, chắn khơng cịn quỹ tích đường thẳng, đường cong thơng thường mà mị mẫn tìm khơng cách khơng đến kết muốn có Bài tốn khơng khó khơng lựa chọn cơng cụ khơng thể nhanh chóng thành cơng việc giải * Giải: Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, xét A (-1; 0), B (1; 0) đường thẳng d có phương trình: y a, a , C di động nên có tọa độ C (m; a), m Ta tìm tọa độ trực tâm tam giác ABC Phương trình đường cao tam giác ứng với đỉnh C là: x = m; Phương trình đường cao ứng với đỉnh A là: (m 1)( x 1) ay (m 1) x ay m Tọa độ trực tâm tam giác ABC nghiệm hệ: x m (m 1) x ay m x2 Suy ra: y 1 m a x m y a Vậy quỹ tích H parabol có phương trình: y x2 a VD2: Cho tam giác ABC có cạnh BC cố định, A di động mặt phẳng Gọi G, H trọng tâm, trực tâm tam giác Biết đoạn GH cắt BC trung điểm GH, tìm quỹ tích A * Phân tích Ta thấy giả thiết tốn khơng phức tạp điều kiện GH cắt BC trung điểm GH thật khó vận dụng; ta hiểu đơn giản trung điểm GH thuộc BC khơng đem lại nhiều gợi ý cho lời giải toán Và đứng trước tốn có giả thiết đơn giản khó vận G dụng thử nghĩ đến phương pháp tọa độ Khi B C đó, dù tính chất hình học chưa thể đầy đủ điều kiện hình học đảm bảo chặt chẽ H Cũng tiến hành lựa chọn hệ trục tọa độ thích hợp tương tự tính tọa độ điểm G, H viết phương trình đường thẳng cần thiết, đặt vào điều kiện tốn, ta tìm quỹ tích điểm A đường hypebol Các bạn thử giải lại toán với việc giữ nguyên giả thiết ban đầu, thay trực tâm H tâm đường tròn ngoại tiếp O, cơng việc nói chung tiến hành tương tự dù ta có thêm khám phá Và được, giải lại hai tốn vừa phương pháp hình học túy dựa định nghĩa đường conic, tìm tiêu điểm đường chuẩn chúng! Đây vấn đề không đơn giản * Ta so sánh hai phương pháp giải toán sau để rút tầm quan trọng việc lựa chọn phương pháp phù hợp giải toán HHP: VD3: Cho tam giác ABC Phía ngồi tam giác ABC dựng điểm D, E, F cho tam giác BCD, CAE, ABF tam giác Chứng minh hai tam giác ABC DEF có trọng tâm Giải: *Cách Sử dụng phương pháp vectơ: (khá nhẹ nhàng không cần tốn nhiều thời gian để nghĩ cách giải này) Gọi M, N, P trung điểm BC, CA, AB Ta có: A AD BE CF AM MD BN NE CP PF ( AM BN CP ) ( MD NE PF ) Dễ thấy: AM BN CP ( AB AC ) ( BA BC ) (CA CB) 2 Và MD NE PF theo định lí nhím nên: AD BE CF Vậy hai tam giác ABC DEF có trọng tâm *Cách Sử dụng hình học phẳng túy: (dựng nhiều đường phụ, hướng suy nghĩ thiếu tự nhiên địi hỏi có kinh nghiệm tốn có giả thiết tương tự này) Gọi I trung điểm EF Q điểm đối xứng với D qua BC, đó: BCQ tam giác Ta thấy phép quay tâm B góc quay 600 biến C thành Q, biến A thành F nên: ABC FBQ , tương tự: ABC EQC FBQ EQC Suy ra: FQ = AC = AE, QE = AB = AF E tứ giác AEQF hình bình hành Do đó: A I I trung điểm AQ, mà M Q trung điểm QD nên IM đường F trung bình tam giác QAD N P IM G C B M AD IM //AD Gọi G giao điểm AM ID theo định lí Thalès: GM GI IM GA GD AD D Hơn G thuộc hai trung tuyến tam giác ABC DEF nên trọng tâm chung hai tam giác ABC DEF Vậy hai tam giác ABC DEF có trọng tâm (đpcm) * Trong việc giải toán phương pháp tọa độ, ta cần ý đến việc chọn hệ trục tọa độ hợp lí: tọa độ điểm, phương trình đường thẳng cần viết đơn giản; có nhiều liên hệ với điểm cho giả thiết, tận dụng yếu tố đường song song, vng góc, trung điểm hình cần dựng đơn giản,… Chẳng hạn có tốn sau: VD4: Cho tam giác ABC có D trung điểm cạnh BC Gọi d đường thẳng qua D vng góc với đường thẳng AD Trên đường thẳng d lấy điểm M Gọi E, F trung điểm đoạn thẳng MB, MC Đường thẳng qua E vuông góc với d cắt đường thẳng AB P, đường thẳng qua F vng góc với d cắt đường thẳng AC Q Chứng minh đường thẳng qua M, vng góc với đường thẳng PQ ln qua điểm cố định M di động đường thẳng d * Phân tích Ta thấy đề P giả thiết đưa xoay quanh yếu tố trung điểm, đường vng góc, đoạn A thẳng, có nhiều yếu tố d' nên việc liên kết chúng lại đảm bảo sử dụng tất giả thiết M K E điều không dễ dàng Chúng ta có lời F K' giải cách sử dụng phương pháp hình B C D học túy nhờ kiến thức trục đẳng H' H Q phương sau phức tạp I d cần phải kẻ nhiều đường phụ: *Giải Gọi H, K hình chiếu B, C lên đường thẳng d Do D trung điểm BC nên DH = DK, suy AD trung trực HK AH =AK Gọi ( ) đường tròn tâm A qua H K Gọi H’, K’ điểm đối xứng với H, K qua đường thẳng AB, AC H’, K’ thuộc ( ) Giả sử đường thẳng HH’, KK’ cắt I I điểm cố định (*) Ta có : PE // BH (cùng vng góc với d) mà PE qua trung điểm MB nên qua trung điểm MH PE trung trực MH PH = PM Gọi (1 ) đường tròn tâm P qua H M, tính đối xứng nên H’ thuộc (1 ) Hồn tồn tương tự, ta có: QF trung trực MK; gọi (2 ) đường trịn tâm Q qua K M K’thuộc (2 ) Ta lại có: + ( ) , (1 ) cắt tai H, H’ nên HH’ trục đẳng phương ( ) , (1 ) + ( ) , (2 ) cắt tai K, K’ nên KK’ trục đẳng phương ( ) , (2 ) Mặt khác : M thuộc (1 ) , (2 ) P, Q tâm (1 ) , (2 ) nên đường thẳng d’ qua M, vng góc với PQ trục đẳng phương (1 ) , (2 ) Từ suy ra: HH’, KK’, d’ đồng quy tâm đẳng phương ba đường tròn ( ) , (1 ) , (2 ) (**) Từ (*) (**) suy d’ qua I điểm cố định Vậy đường thẳng qua M, vng góc với đường thẳng PQ qua điểm cố định M di động đường thẳng d Ta có đpcm * Ta sử dụng phương pháp tọa độ để giải nhẹ nhàng việc xác định tọa độ trung điểm viết phương trình đường vng góc cho biểu thức đơn giản, đáp án thức đề thi HSGQG Thế nhưng, cách chọn trục tọa độ cho ta lời giải nhanh gọn Nếu chọn hệ trục tọa độ gốc D trục hoành trùng với BC theo suy nghĩ thơng thường lời giải dài phức tạp so với chọn gốc tọa độ D trục hoành đường thẳng d Các bạn thử với cách thấy khác biệt đó! Qua VD trên, ta thấy việc lựa chọn cơng cụ thích hợp để giải tốn hình học yếu tố quan trọng để đến kết cách đơn giản ngắn gọn hơn, nhiều cách giải vấn đề 2) Về việc tận dụng giả thiết đề Trong tốn thơng thường, giả thiết đưa ra, dù hay nhiều, dù gián tiếp hay trực tiếp, lời giải toán tận dụng Một tốn có giả thiết nói chung việc sử dụng chúng đơn giản dễ dàng cho việc đưa hàng loạt giả thiết, yếu tố, quan hệ hình học vào lời giải Mỗi giả thiết đưa có mục đích tầm quan trọng định; nhiệm vụ xác định xem quan trọng để tận dụng liên kết tất vào lời giải toán mình! Trước hết, ta đặt câu hỏi : “giả thiết nói lên điều gì?”, chẳng hạn cho giả thiết: tam giác ABC có M, N, P trung điểm cạnh, điều gợi cho ta suy nghĩ rằng: - Các cạnh tam giác MNP song song nửa cạnh tam giác ABC tương ứng; - Tam giác MNP đồng dạng với tam giác ABC với tỉ số đồng dạng ½; - Diện tích tam giác MNP băng ¼ diện tích tam giác ABC; - Phép vị tự tâm G – trọng tâm tam giác ABC với tỉ số -1/2 biến tam giác ABC cho thành tam giác MNP; - Hai tam giác có trọng tâm; - Đường trịn ngoại tiếp tam giác MNP đường trịn Euler nên qua chân đường cao trung điểm đoạn nối trực tâm đỉnh tam giác ABC; - Trực tâm tam giác MNP tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, * Có thật nhiều suy nghĩ từ giả thiết ta bỏ sót số chúng khơng giải tốn chìa khóa vấn đề (tất nhiên khơng phải dùng hết ý) Chúng ta có nhiều liên tưởng kiến thức hình học nhiều kinh nghiệm sâu sắc, điều địi hỏi ta cần làm số lượng định toán HHP Tiếp theo ta lại hỏi: “vậy chưa có nhiều kinh nghiệm sao?”, tất nhiên có cách nhỏ giúp ta thấy trực quan giả thiết Chúng ta thử tìm cách dựng “giả thiết” thước compa, với giả thiết có phần phức tạp, điều nhiều lúc có ích Chúng ta thử tìm hiểu rõ điều qua tốn sau: KBC KCA VD5: Cho tam giác ABC có K điểm nằm tam giác thỏa: KAB Gọi D, E, F tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác KBC, KCA, KAB Gọi M, N, P giao điểm BC, FD; CA, DE; AB, EF Chứng minh rằng: tam giác ABC, DEF, MNP đồng dạng với * Phân tích: Ta thấy điểm K cho giả thiết quen thuộc (điểm Brocard) nói chung tính chất ta biết khơng phục vụ nhiều cho điều cần chứng minh Nếu ta vẽ hình đơn điệu bên việc giải định hướng cho tốn khơng đơn giản Ta thử dùng phép dựng hình xác định điểm K giả thiết thước compa để xem thử có tính chất đặc biệt khơng Ta dễ dàng có phép dựng hình sau: A - Dựng trung trực đoạn AB đường thẳng vng góc với BC B, gọi F giao điểm hai đường thẳng E P F - Dựng đường trịn tâm F bán kính FA - Tương tự, dựng điểm E giao điểm trung trực AC N đường thẳng vng góc với AC A K - Dựng đường trịn tâm E, bán kính EA - Giao điểm hai đường trịn điểm K cần C B M tìm Từ việc tìm cách dựng cho điểm K, ta có thêm hình số đường phụ cần thiết, toán rõ ràng nhiều Với gợi ý có từ hình vẽ ta D vừa dựng, giải toán theo cách sau: - Chứng minh AK EF, BK DE A E P F N K B M C DFE 1800 - Chứng minh: AKB ABC 1800 - Chứng minh: AKB - Suy ra: ABC EFD(g.g) - Suy tứ giác BMPF nội tiếp MP EF FED - Chứng minh: MPN - Chứng minh: MPN FED(g.g) Từ suy đpcm * Cịn tốn mà hình vẽ khơng thể dựng thước compa sao, chẳng D hạn định lí Mooley: “Cho tam giác ABC Các đường chia ba góc tam giác cắt điểm M, N, P Chứng minh tam giác MNP đều.” Ta biết việc chia ba góc khơng thể dựng thước compa nên cách tìm gợi ý từ việc dựng hình khơng thể thực Và có lẽ mà đến sau 50 năm xuất hiện, toán tiếng có lời giải HHP túy đẹp hồn chỉnh Nhưng câu chuyện toán tiếng giới; thực tế, cần thiết, ln dùng cách dựng hình cho việc tìm gợi ý cho toán tận dụng giả thiết đề 3) Về việc rút ngắn đường từ giả thiết đến kết luận Cũng tương tự phần trên, ta đặt câu hỏi: “kết luận từ đâu mà ra?”, “những điều có liên hệ đến giả thiết có?” Chúng ta tiến hành ngược lên từ điều cần chứng minh, tìm điều cần phải có để tìm có kết luận VD6: Cho tam giác ABC có đường cao BD CE cắt tai H M trung điểm BC, N giao điểm DE BC Chứng minh NH vuông góc với AM * Phân tích Từ giả thiết ta dễ dàng thấy rằng: tứ giác DEFM nội tiếp đường tròn Euler tam giác ABC nên: A D I E NE.ND NF NM , mặt khác D, E nằm đường trịn đường kính AH; cịn F, M nằm đường trịn đường kính HM nên: N nằm trục đẳng phương đường trịn đường kính MH đường trịn đường kính AH H K N B F M C Đến ta chưa có kết NH AM Ta thấy thiếu vài yếu tố hình, yếu tố cấn có để kết nối điều ta vừa phân tích từ giả thiết đến kết luận bài, yếu tố vừa phải đảm bảo có liên quan đến NH phương tích trên, vừa đảm bảo có liên hệ đến đoạn AM Và việc chọn điểm phụ dựng thêm trung điểm AH HM (I trung điểm AH, K trung điểm HM) điều tự nhiên đó: IK đường trung bình tam giác HAM, I K tâm đường tròn vừa nêu nên trục đẳng phương NH vng góc với đường nối hai tâm VD7: Cho tam giác ABC có O nằm tam giác Các tia AO, BO, CO cắt cạnh đối diện M, N, P Qua O kẻ đường thẳng song song với BC cắt MN, MP H, K Chứng minh rằng: OH = OK 10 ta vẽ qua H dây cung đường tròn gắn với đầu mút B C, ta thử vẽ dây BE phương tích có HB.HE, cần chứng minh HA.HD = HB.HE xong! Hơn nữa, ta vẽ BE phải vng góc với AC H trực tâm tam giác; mà E thuộc đường trịn đường kính BC nên BE vng góc với EC Do đó, hóa A, E, C thẳng hàng hay E chân đường cao tam giác ABC, cộng với H trực tâm đẳng thức cần có là: HA.HD = HB.HE khơng có khó khăn Và mắc xích nối liền, tốn giải Việc trình bày lời giải cịn chuyện ghi chép mà thơi! Rõ ràng tốn khơng q khó cịn nhiều cách giải khác cho mà thấy tọa độ cách tốt Thế nhưng, có đủ thời gian, phân tích tốn từ từ để tìm lời giải hình học túy thật đẹp trên! * Có thể nói trước tốn HHP khó, cơng việc phân tích tốn cần thiết Đó cách mị mẫn, dị tìm cách giải tốn, cách có đpcm từ yếu tố cho trước thông qua việc kết nối “mắc xích” liên hệ chúng Ta hiểu “mắc xích” “một bước xuống dịng”, “một dấu , ”, “một phép biến đổi”, đó; tất nhiên khơng dễ dàng mà ta có chúng Chúng ta phân tích nhiều điều từ giả thiết kết luận tốt, có việc dùng liên tưởng, phán đoán, kinh nghiệm cho việc viết tiếp “mắc xích” quan trọng vào nhằm hồn chỉnh lời giải dễ dàng Đó tầm quan trọng việc rút ngắn đường từ giả thiết đến kết luận 13 4) Dựng thêm yếu tố phụ tốn hình học Ta thấy đa số ví dụ có đưa thêm yếu tố phụ vào, giao điểm, trung điểm, chân đường vuông góc, đường thẳng song song hay chí đường trịn Yếu tố phụ cầu nối giả thiết kết luận, liên kết yếu tố rời rạc có sẵn lại giúp tận dụng triệt để phát triển giả thiết cho thành nhiều kết quả, để cuối đến kết luận Nếu khơng có chúng, ta giải tốn khó khăn khơng thể giải Có thể nói học sinh biết cách kẻ đường phụ việc giải HHP khơng thể học sinh phần Muốn kẻ đường phụ, địi hỏi phải có quan sát, đánh giá vấn đề tốt; có kinh nghiệm sâu sắc khả phân tích, sáng tạo mức độ định Việc gọi tên cho điểm chưa có tên hình vẽ thực tế chuyện khơng đơn giản dù điểm có sẵn nói chi đến việc dựng thêm nhiều yếu tố phụ, khơng có trước Điều khơng khó hiểu làm tốn Đại số - Giải tích, thường quen với lập luận logic có sẵn, thứ xuất phải có lí rõ ràng Cịn HHP khơng phải vậy, cứng nhắc cho đường phụ muốn kẻ cần phải có lập luận logic cho khó mà thực cơng việc thực tế, nhiều ta kẻ đường phụ mà khơng có lí xác đáng! Do phần ta suy nghĩ thêm việc kẻ đường phụ vai trò quan trọng kinh nghiệm qua trình rèn luyện lâu dài để giải toán HHP cách kẻ thêm đường phụ Ta xét toán sau: VD 9: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O, R) có M, N giao điểm cặp cạnh đối Chứng minh rằng: OM ON R * Phân tích giải tốn này, chắn bạn mò mẫn biến đổi tích vơ hướng hai vectơ vế trái để đến kết cuối bị ngộ nhận lúc phức tạp thêm Do đó, việc dựng thêm yếu tố phụ điều tất yếu Chúng ta đừng lầm tưởng hình thức đơn giản tốn N này! Việc dựng đường phụ khó với số bạn quen với A P tốn sau chuyện trở nên đơn giản nhiều: B “Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) có M, N giao điểm AD, BC AB, CD Chứng minh O rằng: MA.MB NA.ND MN ” Ta giải toán xem bổ đề áp M C D dụng vào tốn cho: 14 Gọi P giao điểm đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM với MN Ta thấy: BCD NAB BPMC rõ ràng tứ giác nội tiếp nên: BPM Tứ giác ANBP nội tiếp Theo tính chất phương tích, ta có: MA.MB MP.MN , NA.ND NP.NM Từ suy ra: MA.MB NA.ND MN ( MP NP) MN Ta quay trở lại toán cho, biến đổi biểu thức cần chứng minh chút cho vấn đề rõ ràng hơn: OM ON R OM ON MN R (giả sử M giao điểm AB CD, N giao điểm AD BC) Áp dụng bổ đề trên, thay MA.MB NA.ND MN vào biểu thức trên: OM ON (MA.MB NA.ND ) R Nhưng điều theo tính chất phương tích: MA.MB OM R , NA.ND ON R Từ đó, ta giải thành cơng tốn Thử nghĩ khơng có hỗ trợ bổ đề việc kẻ đường tròn ngoại tiếp tam giác BCM chứng minh chuyện không đơn giản Và phải cơng nhận kinh nghiệm giải tốn HHP thể khơng ít! Ta tiếp tục phân tích VD khác: VD10: Trong mặt phẳng cho hai điểm A, B cố định (A khác B) Một điểm C di động mặt phẳng cho góc ACB khơng đổi (00 1800 ) Đường tròn tâm I nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với cạnh AB, BC, CA D, E, F Đường thẳng AI, BI cắt đường thẳng EF M, N Chứng minh rằng: Đoạn MN có độ dài khơng đổi Đường trịn ngoại tiếp tam giác DMN ln qua điểm cố định * Phân tích Nếu ta đọc kĩ giả thiết thấy C điểm M N xác định xuất nhiều toán quen thuộc trước mà yêu cầu đề dừng lại việc chứng minh tam giác MBC, NBC vuông Nếu biết điều này, ta chứng minh lại M E kết sử dụng vào việc giải toán cho N bổ đề (trong khơng xét vị trí có F I A D P B M, N) Ta thấy: CEF 180 C MEB , IAB IBA MIB 180 C MIB Tứ giác EMBI ( ABC ACB) MEB 2 IEB 900 hay tam giác AMB vuông M Tương tự, ta có tam giác nội tiếp IMB NAB vuông N 15 Áp dụng điều vào toán: ta tứ giác ANMB nội tiếp đường trịn đường kính AB AB IA IN AB.sin(900 CAB CBA ) MN AB AB.sin NAI MN NI IA C AB.sin AB.sin , không đổi 2 IDN IDM 2(900 CAB CBA ) C Hơn nữa, ta thấy: MDN AIB NIM Gọi P trung điểm AB P tâm đường trịn ngoại tiếp tứ giác ANMB: MPA NPA 2(MBA NBA ) 2(900 MAB NBA ) 2(900 CAB CBA ) C MPN MDN Tứ giác MNDP nội tiếp hay đường trịn ngoại tiếp tam giác DMN ln Do đó: MPN qua P cố định Đây đpcm Bài tốn cịn nhiều cách giải khác có lẽ cách đơn giản, ngắn gọn * Một số tốn giải nhiều cách dựng đường phụ có nhiều cơng cụ hỗ trợ bổ đề, định lí quen thuộc việc dựng hình đơn giản lời giải nhẹ nhàng hơn, xét việc chứng minh định lí Pascal sau đây: VD 11: Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường trịn (O) có M, N, P giao điểm AB, DE; BC, EF; CD, FA Chứng minh rằng: M, N, P thẳng hàng * Phân tích Việc chứng minh định A lí quen thuộc cách gọi thêm G giao điểm ME với AQ sử dụng định lí Menelaus thuận đảo cho tam giác Cách O F B chứng minh tương đối ngắn gọn khơng kẻ nhiều đường phụ Nhưng ta trước định lí C E Menelaus sử dụng cách chứng D minh khác mời bạn theo dõi lời giải sau với việc kẻ thêm đường tròn phụ: M Gọi I giao điểm đường tròn N I P ngoại tiếp tam giác BDM FDQ Ta chứng minh bốn điểm M, N, P, I thẳng hàng cách chứng minh ba điểm thẳng hàng (Việc nghĩ hai đường trịn phụ xuất phát từ tốn quen thuộc là: “Cho ba đường trịn (1), (2), (3) qua D (1) cắt (2) A, (2) cắt (3) B, (3) cắt (1) C (A, B, C khác D) Với M nằm (1), gọi P, Q giao điểm MA với (2), MC với (3) Chứng minh PQ qua B.”) 16 DIP DBA DFA 1800 , suy Thật vậy, từ tứ giác nội tiếp: BDIM, FDIP, ta có: DIM ra: M, I, P thẳng hàng Tiếp theo ta chứng minh M, N, I thẳng hàng Ta có: BDM 1800 BDE 1800 BAE BDE Tứ giác BDIM nội tiếp BIM 2 BID FID BMD FPD ( AFE BCD ) ( ) Mặt khác: BIF ABC DEF 2 DE ) ( BAF CDE ) BNF BNIF nội tiếp ( AF AB ) ( DC 2 BFN BDE BIM M, N, I thẳng hàng Tương tự: N, I, P thẳng hàng Do đó: BIN Vậy ta có M, N, P thẳng hàng (đpcm) * Qua đó, ta thấy việc dựng đường phụ cơng việc địi hỏi phải có q trình rèn luyện tích lũy kinh nghiệm lâu dài Có thể nói kẻ thành công đường phụ để giải tốn lúc có bước tiến dài việc học tập HHP Về việc học tập rèn luyện HHP mức độ cao Có đặt câu hỏi: “Tại người ta lại nghĩ tốn hay nhỉ?” Thơng thường, giải toán với lời giải thật hay đẹp gác lại mà khơng dành thời gian tìm hiểu thêm điều lí thú đằng sau hay chí đưa tốn từ tốn cũ Việc tìm tịi giúp chủ động toán phát triển kĩ HHP tốt Khi tìm tịi sáng tác tốn lúc đường mà người đề tìm hiểu xem họ làm để có tốn Thơng thường toán HHP đặt dạng che giấu vấn đề công việc lần mị theo giả thiết có sẵn để giải Việc che giấu hay mà số điểm đường hình bị xóa mà u cầu tốn lại khơng bị ảnh hưởng, người giải phải khôi phục lại điểm thơng qua cách kẻ yếu tố phụ; việc biến đổi yếu tố bài, thêm đường để che giấu chất vấn đề Và việc tự nghĩ toán HHP phát triển từ toán cũ việc làm có ích cho mà ta trở thành thí sinh kì thi đó, đối mặt với tốn HHP khó, khơng rơi vào hoàn cảnh bị động lúng túng Ta thử xem toán sau đây: VD12: Cho tam giác ABC nhọn có A góc lớn nhất, nội tiếp đường tròn (O) ngoại tiếp đường tròn (I), H trực tâm Trung tuyến A đỉnh I tam giác IOH cắt (I) P Gọi M, N trung điểm AB, AC MPN Chứng minh: BAC * Phân tích Ta thấy giả thiết tốn khơng q phức tạp yếu tố rời rạc hình N M I O 17 H P B C việc dựng hình phức tạp khiến ta khó tìm lời giải Thực ra, toán phát triển từ định lí “đường trịn Euler tiếp xúc với đường tròn nội tiếp” Các vấn đề bị che lấp là: - Trung điểm đoạn OH tâm đường trịn Euler - Giao điểm P tiếp điểm đường tròn Euler với đường tròn nội tiếp nên tất nhiên thuộc đường trịn Euler - Đường tròn Euler qua trung điểm cạnh nên gọi Q trung điểm BC MNPQ nội MQN tiếp MPN MQN Từ ta có lời giải toán - Do M, N, Q trung điểm cạnh nên BAC * Nếu chưa quen lần mị theo đường người cho đề để tìm lời giải tốn thật khơng đơn giản chút nào, có khiếu HHP hay không Chẳng hạn bạn người cho đề, bạn có sẵn tốn chứng minh điểm M, N, P nằm đường thẳng d, bạn muốn tốn khó bạn dễ dàng nghĩ A điểm nằm ngồi đường thẳng d trực tâm tam giác AMN, ANP, APM thẳng hàng (cùng nằm đường thẳng qua A vng góc với d) thế, bạn tích lũy thêm kinh nghiệm cho việc chứng minh điểm thẳng hàng Thử hỏi người tìm lời giải tốn việc nhìn cách chứng minh dàng khơng? VD13: Cho tam giác ABC nội tiếp (O) có A góc lớn Trung trực AB, AC cắt cạnh BC D, E Đường thẳng AD, AE cắt (O) M, N Gọi K giao điểm BM CN; d đường thẳng đối xứng với phân giác góc DAE qua phân giác DOE góc BAC Đường thẳng OK cắt d I Chứng minh rằng: BIC * Phân tích Chắc nghe đến toán sau: “Cho tứ giác ABCD thỏa mãn: Chứng minh đường thẳng DAB ABC BCD Euler tam giác ABC qua D” I Bài tốn tốn khó O quen thuộc với với nhiều cách giải Tưởng chừng toán VD khơng có liên C E B D hệ thực VD phát triển K M toán vừa nêu với việc che lấp bổ sung thêm hàng loạt vấn đề Nếu chưa biết đến tốn vừa nêu VD tốn khó Chúng N ta thử chứng minh xem tứ giác ABKC hình vẽ có tính chất ba góc khơng, rõ ràng điều Khi đưa kết vào đường thẳng Euler tam giác ABC qua K hay A 18 ngược lại OK qua trực tâm tam giác ABC Đường thẳng d đề thực chất đường cao tam giác ABC I trực tâm Đây yếu tố bị che lấp đi, không tiến hành bước để khai thác giả thiết khó thấy điều Đến DOE rõ ràng: BI // OE, CI // OD nên BIC Vấn đề giải quyết! Ta phân tích thêm VD để thấy rõ vai trị kinh nghiệm tích lũy thân việc giải toán HHP VD14: Cho hai đường tròn (O), (O’) cắt A B Gọi CC’ tiếp tuyến chung hai đường tròn, C (O ), C ' (O ') Gọi D, D’ hình chiếu C, C’ đườg thẳng OO’ Giả sử C AD cắt (O) E, K AD’ cắt (O’) E’ C' A Chứng minh: E, B, E’ thẳng hàng O O' D I D' E' B F F' E 19 * Phân tích Đây tốn hình học kì thi HSG quốc gia lời giải nói chung mang nhiều tính chất phép vị tự Đáp án Bộ GD – ĐT đưa lời ngắn gọn đẹp Dù vậy, bạn nhiều lần giải tốn hai đường trịn cắt với tiếp tuyến nhiều kinh nghiệm dạng dùng kinh nghiệm bổ đề để giải toán cách ấn tượng Hãy suy nghĩ cách giải sau: Gọi F, F’ giao điểm khác A đường thẳng AO với (O), AO’ với (O’) Do AF, AF’ đường kính đường trịn (O), (O’) tương ứng nên: ABF' 900 ABF F, B, F’ thẳng hàng Gọi R, R’ bán kính hai đường trịn (O), (O’) (*) Ta chứng minh rằng: O 'AD ' OAD Thật vậy: Gọi I giao điểm CC’ với OO’ K giao điểm IA với (O) Dễ dàng thấy I tâm vị tự hai đường trịn Do đó: IO ' R ' O 'A IA IC ' ID ' IO R OK IK IC ID ' IKD Suy ra: AD’ // KD hay IAD IA IC ' IA IC.IC ' IC IA IA IO Tứ giác CC’D’O nội tiếp nên: IC.IC ' ID '.IO IA ID '.IO IAD ' IOA ID ' IA ' IKD nên: IKD ' IOA , mà IAD IOA Tứ giác ADOK nội tiếp Do đó: IAD ' IKC ICA IAC ' ICA Ta có: AC’ // KC IAC OKD Hơn nữa: OK // O’A, DK // D’A nên: O Ta có được: OAD 'AD ' OKD , (*) chứng minh Suy ra: O 'AD ' OAD Áp dụng vào tốn, theo tính chất góc nội tiếp: FBE, O F OAD ' AD ' F ' BE ' FBE ' BE ' Mà F, B, F’ thẳng hàng nên theo tính chất góc đối đỉnh, ta có E, B, E’ thẳng hàng Ta có đpcm * Bên cạnh đó, ta cần phải nhắc đến số công cụ gọi “cao cấp” để giải tốn HHP như: góc định hướng, độ dài đại số, tích có hướng diện tích đại số, phương tích trục đẳng phương, hàng điểm điều hịa, cực đối cực, phép nghịch đảo đồng dạng, định lí Carno, Michael, Cũng tương tự điều gọi kinh nghiệm hay bổ đề trên, cơng cụ giúp ta giải nhanh gọn dễ dàng nhiều tốn khó mà sử dụng cơng cụ thơng thường lời giải dài dịng phức tạp; có nhiều ta khơng đủ khả nhìn lời giải kiểu Thế nhưng, muốn áp dụng định lí vào việc giải tốn điều khơng đơn giản mà số lượng định lí có sẵn tương đối lớn khó khăn đặc trưng định lí chưa thể mặt toán, phải lần 20