20 cách chứng minh Định lí Pytago

Trong quá trình giảng dạy ở trường THCS tôi nhận thấy rằng người học sinh muốn học tốt môn hình học thì ngoài kiến thức sẵn có và ý thức học tập tốt cần phải xác định đúng đắn động cơ và

A- ĐẶT VẤN ĐỀ.

1 CƠ SỞ LÍ LUẬN.

Trong chương trình phổ thông, môn toán là môn chiếm nhiều thời gian về

số tiết dạy trên lớp Được đưa ngay vào năm đầu tiên của cấp tiểu học, nhưng đến năm cấp THCS mới đưa phần hình học vào chương trình “ Hình học” có nghĩa là “ đạc điền”, “ đo đạc”, nhưng không phải người học sinh nào cũng hiểu được như vậy Giải được một bài toán hình học là rất khó, hầu như ai cũng “ngại” học môn hình học.

Trong quá trình giảng dạy ở trường THCS tôi nhận thấy rằng người học sinh muốn học tốt môn hình học thì ngoài kiến thức sẵn có và ý thức học tập tốt cần phải xác định đúng đắn động cơ và phương pháp học tập tốt, đắc biệt là kích thích được sự “ hứng thú” học bộ môn này.

2 CƠ SỞ THỰC TẾ.

Thực tế tháy rằng hầu như học sinh nào cũng trả lời rằng thích học đại số hơn hình học, có em còn cho rằng rất ngại học môn này và còn cho rằng rất không thích học.

Qua thực tế đó để kích thích sự hứng thú học bộ môn hình học, từ đó hiểu sâu hơn bộ môn, tôi viết chuyên đề “ 20 cách chứng minh định lý Py-ta-go”, một là giúp các em nắm chác hơn về một định lý hình học nổi tiếng, hai là qua chuyên đề giúp các em ôn lại các cách suy luận một bài toán hình học, ba là giúp học sinh thấy được sự phong phú của toán học Từ đó học sinh sẽ thấy hứng thú học môn hình học nói riêng và học môn toán nói chung.

B- GIẢI QUYẾT VẤN ĐỀ.

Pythagore sinh vào khoảng năm 580 TCN tại Samos-Hi lạp Ông nghiên cứu nhiều môn khoa học như Triết học, Khoa học tự nhiên, Âm nhạc và đặc biệt là Toán học Trong toán học ông đặc biệt thích thú với môn Hình học Định lý Pythagore có một vị trí đặc sắc trong Hình học và đời sống, không những nó có nhiều ứng dụng cụ thể trong Toán học, trong các môn khoa học khác, trong thực tế mà ngay việc khai thác các bài toán xung quanh định lý này cũng đóng góp cho Toán học nói chung nhiều kết quả quan trọng.

Tuy định lý mang tên ông , nhưng trước đó 2 ngàn năm người Trung Quốc và người Ấn Độ cũng đã phát hiện ra nó và đã ứng dụng vào việc đo đạc, nhất là khi xây cất các lâu đài, đình chùa, miếu mạo Thời đó, người ta chứng minh định lý Pythagore bằng cách ghép hình Đến nay, người ta đã sưu tập được khoảng 367 cách chứng minh Trong chuyên đề này tôi xin đưa ra 20 cách chứng minh chủ yếu tập chung vào hai cách là ghép hình và suy luận toán học, giới hạn trong chương trình toán THCS.

20 cách chứng minh định lí Py-ta-go

A GHẫP HèNH Cách 1.

.

bb cc

bb

aa

M

P

N A

B C

Xếp các tam giác vuông bằng nhau nh hình vẽ

Ta có: SBCDE = SAMPN + 4.SABC

=> a2 = ( c – b )2 + 4 bc/2

<=> a2 = c2 – 2.bc + b2 + 2.bc

<=> a2 = c2 + b2

Cách 2.

C

bb

bb

aa

cc

Q

P

C B

E

FF

D

A

Xếp các tam giác vuông bằng nhau nh hình vẽ

Ta có: SADEF = SBCPQ + 4.SABC

=> ( b + c )2 = a2 + 4 bc/2

<=> b2 + 2.bc + c2 = a2 + 2.bc

<=> b2 + c2 = a2

Cách 3.

C

aa

bb

bb

cc

FF E

Q

P C

B

D

M

N A

Xếp các tam giác vuông bằng nhau nh hình vẽ

Ta có: SBCPQ = SEFGH + 4.SABC

=> a2 = ( c – b )2 + 4.bc/2 (1)

Mặt khác: SADMN = SBCPQ + 4.SABC

=> SBCPQ = SADMN – 4.SABC

<=> a2 = ( b + c )2 – 4.bc/2 (2)

Cộng (1) và (2) ta đợc: 2a2 = ( c – b )2 + ( b + c )2 = 2b2 + 2c2

<=> a2 = b2 + c2

Cách 4.

C

aa

bb

cc

bb

aa cc

E D

C

B A

Xếp các tam giác vuông bằng nhau nh hình vẽ

Ta có: ABED là hình thang vuông, BCE là tam giác vuông cân

SABED = 2.SABC + SBCE

2

) ).(

(b+c b+c = b c+a2

<=> ( b + c)2 = 2.bc + a2

<=> b2 + 2.bc + c2 = a2 + 2.bc

<=> b2 + c2 = a2

C¸ch 5.

C

bb

aa

aa

cc aa

aa cc

bb bb

cc

E

D

C

B A

XÕp c¸c tam gi¸c vu«ng b»ng tam gi¸c ABC nh h×nh vÏ

=> BDEF lµ h×nh thang

=> SBDEF = 1/2.( 2b + 2c ) ( b + c ) = ( b + c )2 (1)

SECF + SBCD + SECD + SBCF = 2b2.c+ 2c2.b+a22 +a22 = 2bc + a2 (2)

Tõ (1) vµ (2) => ( b + c )2 = 2bc + a2

<=> b2 + c2 = a2

B Dựng hình-suy luận Cách 6.

C

B

A

Kẻ AH vuông góc với BC

Ta có các tam giác vuông ABC, HAC, HBA đồng dạng

=> AB2 = BC.BH Và AC2 = BC.HC

=> AB2 + AC2 = BC.( BH + HC ) = BC2

Cách 7.

C

bb cc

xx

c

c2 2 b

b 2 2

aa

a-xx

FF

H

E D

C

B A

Dựng hình vuông BCDE Kẻ AH vuông góc với BC, cắt DE tại F Theo hệ thức lợng trong tam giác vuông ta có:

c2 = a.x

b2 = ( a – x ).x

Mặt khác: SBHFE = BH.BE = x.a = c2

SCDFH = CH.CD = ( a – x ).a = b

=> SBHFE + SCDFH = c2 + b2

<=> SBCDE = c2 + b2

<=> a2 = c2 + b2

Cách 8.

Qua B dung đờng thẳng vuôn góc với BC cắt AC ở C’

Dựng các hình bình hành ABCB’, BC’CA’

=>∆ABC = ∆AB’C

SAB’C + SABC’ = SBCC’ = SBCA’

Ta có: AC’ = AB AC2

Và ∆ CA’B ~ ∆ABC => CA’.CA = BA.BC

=> CA’ = BA. CA BC

Thay vào (*) đợc:

AB.AC + AB AB AC2 = BC BA. CA BC

<=> AC + AB AC2 = BC CA2

<=> AC2 + AB2 = BC2

Cách 9.

C

B''

A''

B

A

aa bb a-cc aa

A

D

C

Vẽ đờng tròn ( B; a ) Gọi DE là đờng kính qua B

Ta có : AE = a – c ; BD = BC = a; AD = a + c

Tam giác CDE vuông ở C => AC2 = AD.AE

<=> b2 = ( a + c ).( a – c )

<=> b2 = a2 – c2

<=> b2 + c2 = a2

Cách 10 C

D

B

Kẻ đờng thẳng qua B vuông góc với BC cắt AC ở D

Ta có: SABD + SABC = SBDC

AB.AD + AB.AC = BD.BC ( * )

Do AB2 = AD.AC => AD = AB2/AC

∆ABD và ∆BDC đồng dạng => AB.DC = BD.BC => BD = AB.DC/BC

<=> AB2/AC + AC = DC

<=> AB2 + AC2 = DC.AC = BC2

C¸ch 11.

C

cc aa

bb bb aa

cc E FF

D

C

Dùng tam gi¸c EDF = tam gi¸c ABC ( h×nh vÏ )

EF

AF DE

=

=

=

= >

=

=> BF = BA + AF = c + b c2

SBDF = BC2.DF = DE2.BF

<=> a.a = c.( c + b c2 )

<=> a2 = c2 + b2

C¸ch 12.

C

bb aa

bb

E

B

A

Trªn BC lÊy D, E sao cho: CD = CE = CA = b

=> ∆ ADE vu«ng ë A ( v× cã AC = DE/2, CD = CE )

Ta cã: ∆ BAD ~ ∆BEA ( g.g )

(Vì có góc B chung, và góc BAD = góc EAC = E)

2 2

2

2 2

2 ( ).( )

a b

c

b a b a b a

c

c

b a b a

c BA

BD

BE

BA

=

+

<= >

−

=

− +

=

= >

−

= +

<= >

=

Cách 13.

C

aa cc

bb G

E FF

B

A

Vẽ đờng tròn (C;b) cắt BC ở D, E

Vẽ đờng tròn (B;c) cắt BC ở G, F

Ta có: BA là tiếp tuyến, BDE là cát tuyến với đờng tròn (C)

=> BA2 = BD.BE

<=> c2 = ( a – b ).( a + b ) = a2 – b2

<=> c2 + b2 = a2

Cách 14.

C

rr rr

rr rr

rr II

aa

c-rr

b-rr

b-rr c-rr

FF

E

D

C B

A

Gọi (I;r) là đờng tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các canh

AB, BC, CA tại D, E, F

Dễ c/m ADIF là hình vuông => AD = AF = r

Theo t/c hai tiếp tuyến cắt nhau ta có: BD = BE = c – r

CE = CF = b – r

=> BC = a = c – r + b – r = c + b – 2r

=> 2r = b + c – a => r = p – a ( p là nửa chu vi tam giác ABC )

=> SABC = p.r = p.(p – a)

Mặt khác: SABC = 1/2.b.c

=> p.(p – a ) = 1/2.bc

2

bc a c b c b

a

=

− + +

+

<=> ( b + c )2 – a2 = 2bc

<=> b2 + c2 = a2

Cách 15.

C

E

FF

D

C B

A

Trên AC lấy F sao cho CF = CB

Gọi D, E là trung điểm của BF, AF => CD ⊥BF, DE ⊥AF

∆ BFA ~∆CD2E ( g.g)

DE

AF

CE

AB = <= > =

Ta có: AF = CF – AC = CB – CA

CE = CA + AE = AC + AF/2 = AC + CB2−CA = AC2+BC

DE = AB/2 ( t/c đờng trung bình )

Thay vào (*) ta đợc:

2 2

2

2 2 2

) (

2

) (

2

.

BC AC

AB

AC BC

AB

AC BC BC AC

AB

AB

= +

<= >

−

=

<= >

− +

=

Cách 16.

C

bb cc

aa bb

bb

bb

H

E

C

B

A

Vẽ đờng tròn ( A; b ) cắt AB ở D; H, cắt BC ở E

Kẻ AL ⊥EC

Có: BD.BH = BE.BC  ( c – b ).(c + b ) = a.( a – 2 CL ) (*)

Mà AC2 = CL.CB => CL = AC2/BC = b2/a Thay vào (*) đợc:

c2 – b2 = a.( a – 2.b2/a ) = a2 – 2b2

<=> c2 + b2 = a2

Cách 17.

bb aa

aa cc

c-bb aa

c-bb K bb

C

Dùng tam gi¸c vu«ng AEK = tam gi¸c ABC nh h×nh vÏ

Dùng h×nh b×nh hµnh BKEF => BK = EF = c – b; BF = EK = a

Vµ SBKEF = BK.AE = c.( c – b )

Ta cã: C BˆF =C BˆA+A BˆF =K EˆA+A KˆE = 90 0

SBCEF = SABC + SAKE + SBKEF = b.c + c.( c – b ) (1)

MÆt kh¸c: SBCEF = SBCF + SCEF = a2/2 + (c – b ).( c + b ) /2 (2)

Tõ (1) vµ (2) => b.c + c.( c – b ) = a2/2 + (c – b ).( c + b ) /2

<=> b.c + c2 – b.c = a22 +c2 −2b2

<=> 2.c2 = a2 + c2 – b2

<=> c2 + b2 = a2

C¸ch 18.

R

N

M

Q

P

B

A

Dựng các hình vuông ABNP; ACMQ

∆ ABC = ∆ APQ ( c.g.c) => PQ = BC = a

Gọi M là trung điểm BC; MA cắt PQ ở R

Do khoảng cách từ M đến AP = AB/2 = c/2

=> SAMP = 1/2.c.c/2 = c2/4

Tơng tự: SAMQ = b2/4 và SAMQ = QR.a/4

=>

2 2

2

2 2

2

4 4

) (

4

4

4

4

a b

c

a QR PR a a QR a PR b

c

= +

= >

=

+

= +

=

+

Cách 19.

O JJ K II

G

FF

E

D

C B

A

Dùng c¸c h×nh vu«ng ABGF, ACDE, BCIJ

Dùng tam gi¸c vu«ng KIJ = tam gi¸c vu«ng ABC ( h×nh vÏ )

DÔ c/m G, A, D th¼ng hµng vµ GA lµ ph©n gi¸c gãc G

A, O, K th¼ng hµng vµ AK lµ ph©n gi¸c gãc A

Ta cã: SABC = SKJI = SAFE = S (2)

Tõ (1) vµ (2) => SABIK + SACJK = SBGDC + SFGDE

<=> SBCJI + 2.S = SABGF + SACDE + 2.S

<=> BC2 = AB2 + AC2

C¸ch 20.

D

B

K

H A

C

FF

G

Dựng các hình vuông ABKH, ACFG, BCKD

=> ∆ CBF = ∆ CKA ( c.g.c)

Kẻ AM vuông góc với BC cắt DK tại L

Ta có: SCBF = 1/2 SACFG ( chung cạnh CF và chung đờng cao)

SCKA = 1/2 SCKLM ( chung cạnh CK và chung đờng cao )

=> SCKLM = SACFG (1)

Tơng tự: SABKH = SBDLM (2)

Từ (1) và (2) => SACFG + SABKH = SCKLM + SBDLM = SBCKD

<=> AC2 + AB2 = BC2

C- KẾT LUẬN VÀ KIẾN NGHỊ.

Trên đây là 20 cách chứng minh định lý Py-ta-go, ngoài ra còn nhiều cách khác mong các đồng nghiệp bổ sung để chuyên đề được phong phú hơn nữa.

- Phạm vi chuyên đề được áp dụng cho tất cả các đối tượng học sinh từ khối lớp 7 – 9, các em có thể nghiên cứu và tìm thêm các cách chứng minh khác.

- Ngoài ra các đồng nghiệp cũng có thể nghiên cứu và bổ sung thêm cho chuyên đề được hoàn chỉnh hơn.

• Kiến nghị:

- Phòng giáo dục cần thường xuyên tổ chức viết chuyên đề trong toàn huyện

để kích thích phong trào dạy học trong tất cả giáo viên bộ môn.

- Trường sở tại cần tạo điều kiện để giáo viên ai cũng viết chuyên đề, và cũng cần phải triển khai tất cả các chuyên đề đến học sinh.