Học ra sao - Toán Tuổi thơ

bằng bài toán cực trị. Trên tia Ox lấy điểm A cố định sao cho OA = a, trên tia Oy lấy điểm B di động. Vẽ trong góc xOy hình vuông ABCD. Xác định vị trí của đỉnh D để hình vuông ABCD có [r]

TOÁN TUỔI THƠ 1

SÁNG TẠO KHI TỰ HỌC TỐN

Bài tốn : Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh : 1/(a + b + c) + 1/(a - b + c) + 1/(- a + b + c) ≥ 1/a + 1/b + 1/c

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1992-1993)

Hướng dẫn

Bài toán phụ : Cho x, y > Chứng minh : 1/x + 1/y ≥4/(x + y) Lời giải : Vận dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương ta có:

Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên:

a + b > c ; a + c > b ; b + c > a ; a + b - c > ; a - b + c > ; - a + b + c > Vận dụng tốn phụ ta có:

1/(a + b - c) + 1/(a - b + c) ≥ 4/(a + b - c + a - b + c ) = 4/(2a) = 2/a (1) Chứng minh tương tự ta có:

1/(a + b - c) + 1/(- a + b + c) ≥ 2/b (2) 1/(a - b + c) + 1/(- a + b + c) ≥ 2/c (3) Từ (1), (2), (3) ta có điều cần chứng minh

Bài toán phụ giúp ta nhận n thuộc N thì:

Từ ta đến với toán mới, toán tổng quát toán

Bài toán : Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh :

với n thuộc N

Vẫn chưa vừa lòng với kết nhận tơi thử tìm cách thay đổi tử phân thức vế trái bất đẳng thức toán nhận toán Bài toán : Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh : c/(a + b - c) + b/(a - b + c) + a/(- a + b + c) ≥

(Đề kiểm tra đội tuyển toán 9, quận Tân Bình, TP Hồ Chí Minh 2000-2001) Hướng dẫn :

Đặt - a + b + c = x, a - b + c = y, a + b - c = z

Ta có a = (y + z)/2 ; b = (x + z)/2 ; c = (x + y)/2 Do đó:

c/(a + b - c) + b/(a - b + c) + a/(- a + b + c) = (x + y)/(2z) + (x + z)/(2y) = (y + z)/(2x) = 1/2[(x/y + y/x) + y/z + z/y) + x/z + z/x)] ≥ 1/2.(2 + + 2) =

Suy nghĩ suy nghĩ giúp tơi tìm giải toán 4, toán tổng quát của toán toán 3.

với n thuộc N Hướng dẫn :

Với n = ta có tốn 1, với n = ta có tốn

Xét n ≥ ta có: (an - 2 - bn - 2)(a - b) ≥ => an - 1 + bn - 1 ≥ an - 2b + abn - 2 (1)

Tương tự bn - 1 + cn - 1 ≥ bn - 2c + bcn - 2 (2) ;

cn - 1 + an - 1 ≥ an - 2c + acn - 2 (3)

Mặt khác, áp dụng bất đẳng thức Cơsi cho hai số dương ta có:

Chứng minh tương tự ta có:

TỐN TUỔI THƠ 2

MỘT PHONG CÁCH HỌC TỐN

Bài tốn A : Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, P, Q theo thứ tự trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA Chứng minh tứ giác MNPQ hình bình hành (Bài 6, trang 24 SGK Hình học 8, NXB Giáo dục 2000)

Hướng dẫn

MN đường trung bình tam giác ABC => MN // AC MN = 1/2 AC QP đường trung bình tam giác ADC => QP // AC QP = 1/2 AC Do MN // QP MN = QP => tứ giác MNPQ hình bình hành * Câu hỏi đặt : Liệu tứ giác ABCD khơng lồi tứ giác MNPQ có hình bình hành khơng ?

Dễ thấy hoàn toàn tương tự ta chứng minh tứ giác MNPQ hình bình hành Ta có hai tốn

Bài toán : Cho tam giác ABD, C điểm nằm tam giác ABD Gọi M, N, P, Q trung điểm đoạn thẳng AB, BC, CD, DA Chứng minh tứ giác MNPQ hình bình hành

Từ tốn A nhận cạnh BC có điểm E, cạnh AD có điểm F (E ≠ N, F ≠ Q) mà tứ giác MEPF hình bình hành có tứ giác ENFQ hình bình hành, giúp ta giải tốn hay khó sau : Bài tốn : Cho tứ giác ABCD có M, P trung điểm cạnh AB, CD E F điểm thuộc cạnh BC DA (EB ≠ EC, FA ≠ FD) cho tứ giác MEPF hình bình hành

Chứng minh BC // AD

Bài toán A giúp ta giải toán sau :

Bài toán : Cho ngũ giác ABCDE, gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, BC, DE, AE H trung điểm NQ, K trung điểm MP Chứng minh KH // DC

Và I, J trung điểm đường chéo AC, BD, toán A toán giúp ta đến với tốn Giec gơn :

Bài tốn : Chứng minh đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo các đoạn thẳng nối trung điểm cạnh đối tứ giác lồi gặp điểm Hơn nữa, ta nhận tốn A cịn có :

AC vng góc với BD tương đương MN vng góc với MQ tương đương với MNPQ hình chữ nhật

AC = BD tương đương MN = MQ hay MNPQ hình thoi Giúp ta đến với toán

Bài toán : Gọi M, N, P, Q trung điểm cạnh tứ giác ABCD Hai đường chéo AC BD phải thỏa mãn điều kiện để M, N, P, Q đỉnh :

a) Hình chữ nhật ? ; b) Hình thoi ? ; c) Hình vng ?

(Bài 13, trang 37 SGK Hình học 8, NXB Giáo dục 2000) Câu c tốn giúp ta có lời giải tốn Hay Khó sau :

Bài tốn : Cho tam giác OBC Về phía ngồi tam giác dựng hình vng OBIA, OCKD Gọi M, P tâm hình vng OBIA, OCKD Và N, Q trung điểm đoạn thẳng BC, AD Chứng minh tứ giác MNPQ hình vng

Do “chìa khóa vàng” tốn chứng minh AC = BD, AC vng góc với BD điều có từ ΔOAC = ΔOBD (c - g - c)

Và từ hình cho ta toán

Bài toán : Cho tứ giác ABCD, gọi M, N, P, Q trung điểm đoạn thẳng AB, AC, CD, BD Tứ giác ABCD phải thỏa mãn điều kiện để M, N, P, Q bốn đỉnh :

a) Hình chữ nhật ? ; b) Hình thoi ? ; c) Hình vng ?

Tương tự từ hình đến với ta tốn

Bài toán : Cho tam giác ABC, C điểm nằm tam giác ABD Gọi M, N, P, Q trung điểm đoạn thẳng AB, BC, CD, DA

Các điểm A, B, C, D phải thỏa mãn điều kiện để M, N, P, Q bốn đỉnh :

a) Hình chữ nhật ? ; b) Hình thoi ? ; c) Hình vng ?

Và từ toán : A ; ; ; ; ; có tốn tổng quát sau ?

Bài toán 10 : Cho bốn điểm A, B, C, D khơng có ba điểm thẳng hàng Gọi M, N, P, Q trung điểm đoạn thẳng AB, BC, CD, DA Các điểm A, B, C, D phải thỏa mãn điều kiện để M, N, P, Q bốn đỉnh :

a) Hình chữ nhật ? ; b) Hình thoi ? ; c) Hình vng ? Lại nhận :

SMNP = 1/2.SMNPQ , SMNPQ = 1/2.SABCD

Do SMNP = 1/4.SMNPQ , đến với toán Hay Khó sau :

Bài tốn 11 : Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, P trung điểm cạnh AB, BD, CD Chứng minh SMNP = 1/4.SABCD

Bài toán A chắn nhiều điều hấp dẫn thú vị, ta tiếp tục suy nghĩ tìm tịi

HỌC MỘT BIẾT MƯỜI

Xét toán 19, trang 38, Hình học :

Cho góc vuông xOy Trên tia Ox ta lấy điểm A cố định cho OA = a, tia Oy ta lấy điểm B di động Vẽ góc xOy hình vng ABCD

a) Tính khoảng cách từ D tới Ox

b) Tìm tập hợp (quỹ tích) điểm D B di động

Lược giải :

a) Kẻ DH vng góc với Ox Góc D1 = Đ A1 (phụ với Đ A2 ), DA = AB (cạnh hình

vng)

=> ΔDHA = ΔAOB (cạnh huyền, góc nhọn) => DH = AO = a

b) D cách Ox khoảng a không đổi nên D thuộc d//Ox, cách Ox khoảng a

Giới hạn : Khi B trùng với O hình vng ABCD trở thành hình vng AOC’D’ => D trùng với D’

=> tập hợp D tia đối tia D’C’

* Khi D trùng với D’ hình vng ABCD trở thành hình vng AOC’D’ Hình vng có diện tích nhỏ a2 Do thay tốn quỹ tích

bằng tốn cực trị

Bài tốn : Cho góc vng xOy Trên tia Ox lấy điểm A cố định cho OA = a, tia Oy lấy điểm B di động Vẽ góc xOy hình vng ABCD Xác định vị trí đỉnh D để hình vng ABCD có diện tích nhỏ Tìm giá trị nhỏ theo a

a) Chứng minh tứ giác OHPQ hình vuông

b) Chứng minh tâm đối xứng hai hình vng ABCD OHPQ trùng * Bài tốn trường hợp riêng của toán 8, trang 54, SGK Hình học 8 Giải 8, tức toán giải

Bài toán Sách giáo khoa :

Cho hai hình bình hành, cạnh hình thứ chứa đỉnh hình thứ hai Chứng minh hai hình bình hành có tâm đối xứng

* Từ toán 1, thêm giả thiết : H chân đường vng góc hạ từ D xuống Ox Có thể cho phát liên hệ chu vi tam giác OAB độ dài cạnh hình vng ABCD Từ ta có :

Bài tốn : Cho góc vng xOy Trên tia Ox lấy điểm A cố định, điểm B di động tia Oy Vẽ góc xOy hình vng ABCD Gọi H hình chiếu D Ox Chứng minh chu vi tam giác OAB < 2m, với m độ dài đoạn thẳng OH

Lược giải :

ΔDHA = ΔAOB => OB = AH => OA + OB = OH = m

Trong ΔOAB : AB < OA + OB = m chu vi ΔOAB : OA + OB + AB < m + m = 2m * Điều xảy chu vi ΔOAB = 2m ? Ta có tốn :

Bài tốn : Cho hình vng OHPQ có cạnh m A, B điểm cạnh OH, OQ cho chu vi ΔOAB = 2m Chứng minh Đ APB = 45o

A, B di động

Lược giải : Kẻ PE vng góc với PA, với E nằm tia OQ Ta có Đ P1 = Đ P2 (cùng phụ với góc APQ), PQ = PH ;

=> Đ Q = Đ H = 90o => ΔPQE = ΔPHA (g.c.g) => QE = AH ; PE = PH

Chu vi ΔOAB : OA + OB + AB = 2m = OH + OQ => OA + OB + AB = (OA + AH) + (OB + BQ)

=> ΔBPA = ΔBPE (c.c.c) => Đ BPA = Đ BPE => Đ BPA = 1/2 Đ APE => Đ APB = 1/2 90o = 45o

* Nếu Đ APB = 450 quay xung quanh P, cắt hai cạnh OH OQ

hình vng chu vi ΔOAB có ln ln 2m khơng ? Ta có tốn ngược :

Bài tốn : Cho hình vng OHPQ A, B điểm di động cạnh OH, OQ cho góc APB = 45o Chứng minh chu vi ΔOAB khơng đổi

* Vì ΔPBA = ΔPBE nên đường cao PQ PI hai tam giác Thế PE giá trị khơng đổi Ta có tốn :

Bài tốn : Cho A B theo thứ tự di động cạnh OH, OQ hình vng OHPQ, cho Đ APB = 45o Tìm quỹ tích chân đường vng góc hạ từ P

xuống AB

* Xét A trung điểm OH Hình vng OHPQ có xác định khơng, biết A P Ta có tốn :

Bài tốn : Dựng hình vng, biết đỉnh A trung điểm cạnh không chứa A

Từ tốn 7, dẫn đến tốn :

Bài toán : Cho A trung điểm cạnh OH hình vng OHPQ Tia At qua A vng góc với PA, cắt OQ B Chứng minh PA tia phân giác góc BPH Đảo phần giả thiết thành kết luận đưa kết luận thành giả thiết Ta có toán “ngược” :

Bài toán : Cho A trung điểm cạnh OH hình vng OHPQ Trên cạnh OQ lấy điểm B cho Đ BPA = Đ APH Chứng minh AB vng góc PA

Với tinh thần ln đào sâu suy nghĩ bạn thực mục tiêu : Học một, biết mười.

TOÁN TUỔI THƠ 4

Trong trình học tốn, có thói quen xem xét tốn đảo cũng phát nhiều tốn thú vị, chí hay Hãy xét qua ví dụ sau :

Bài tốn thuận : Cho hình thang ABCD (AB // CD) Gọi M, N trung điểm cạnh bên AD, BC Nối MN (đường trung bình) cắt hai đường chéo BD AC P Q tương ứng Ta có kết sau :

1) MN song song với hai đáy AB, CD MN = 1/2 (AB + CD)

2) P, Q trung điểm hai đường chéo BD, AC PQ = 1/2.|AB -CD|

3) MP = NQ

Từ ta có tốn đảo :

Chứng minh :

- Gọi K trung điểm đường chéo BD, ta có : MK // AB MK = 1/2.AB

NK // CD NK = 1/2.CD

=> : MK + NK = 1/2.(AB + CD) = MN (gt)

=> : M, K, N thẳng hàng => AB // MN CD // MN => AB // CD (đpcm)

Bài toán đảo : Cho tứ giác lồi ABCD (AB < CD) Gọi P, Q trung điểm đường chéo BD AC tương ứng Chứng minh PQ = 1/2.(CD - AB) ABCD hình thang

Chứng minh : Gọi M trung điểm AD, ta có : PM // AB PM = 1/2.AB ; QM // CD QM = 1/2.CD

=> : QM - PM = 1/2.(CD - AB) = PQ

=> : M, P, Q thẳng hàng => AB // PQ CD // PQ => AB // CD (đpcm)

Bài toán đảo : Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M N trung điểm cạnh AD BC tương ứng Giả sử MN cắt đường chéo BD AC P Q Chứng minh MP = NQ ABCD hình thang

Chứng minh :

- Gọi E, F trung điểm đường chéo BD AC tương ứng Giả sử P không trùng với E Q không trùng với F Ta có ME song song NF (vì song song 1/2.AB) => MENF hình bình hành => MN cắt EF trung điểm O đoạn hay OM = ON, mà MP = NQ => PO = OQ => PEQF hình bình hành => PE // QF hay BD // AC, trái với (1)

Vậy E trùng với P, F trùng với Q hay AB // MP, CD // NQ => AB // MN // CD (đpcm)

Bằng cách suy nghĩ tương tự ta có tốn đảo sau mà lời giải dành cho bạn :

Bài toán đảo : Cho tứ giác lồi ABCD Gọi P Q trung điểm hai đường chéo BD AC Giả sử đường thẳng PQ cắt cạnh AD BC M N tương ứng Cho biết MP = NQ Hỏi ABCD có hình thang hay khơng ? Chúc bạn có thói quen xem xét tốn đảo trình học tâp để phát tốn thú vị

TỐN TUỔI THƠ 5

XEM KHÁC NHAU LÀ GIỐNG NHAU

Trước tiên, bạn xem toán sau :

Bài tốn : Cho sáu số vơ tỉ Chứng minh chọn ba số a, b, c sáu số cho để a + b, b + c, c + a số vơ tỉ

Bài tốn : Cho sáu điểm khác mặt phẳng cho khơng có ba điểm thẳng hàng Với đoạn thẳng nối hai sáu điểm cho, ta tô màu xanh đỏ Chứng minh tồn tam giác có ba cạnh màu Bài tốn : Chứng minh sáu người ln tìm ba người đôi quen đôi khơng quen (bài tốn Ram - Say)

Bài toán : Chia số 1, 2, 3, 4, thành hai nhóm Chứng minh có nhóm chứa số a, b, c (có thể số trùng nhau) cho a + b = c Bài toán : Cho sáu điểm khác mặt phẳng cho khơng có ba điểm thẳng hàng Ngoài độ dài đoạn thẳng nối hai sáu điểm khác Chứng minh tồn đoạn thẳng cạnh lớn tam giác có đỉnh ba sáu điểm cho đồng thời cạnh nhỏ tam giác khác có đỉnh ba sáu điểm cho

Bài toán : Sáu nhà khoa học từ sáu nước khác viết thư trao đổi với nhau hai đề tài Chứng minh có ba nhà khoa học viết thư trao đổi với đề tài

Bài toán : Năm nhà du hành vũ trụ hai nước bay vào trạm không gian quốc tế Các số hiệu 1, 2, 3, 4, gán ngẫu nhiên cho người Chứng minh có ba nhà du hành vũ trụ có quốc tịch cho hiệu số hiệu hai người số hiệu người

Nếu bạn bỏ công giải tất tốn thật đáng khen khơng phải điều tơi muốn trình bày Điều tơi muốn nói bảy tốn thật Tuy có cách phát biểu khác nhau, số liệu khác chất Bạn chưa tin ? Ta xem Bảy toán thật cách phát biểu khác hay tương đương với toán Bây ta xem toán giải Chứng minh hồn chỉnh trình bày sau

ngược lại ta tô màu đỏ Theo tốn 2, có tam giác T có ba cạnh màu Nếu T có cạnh màu xanh có ba người tương ứng (với đỉnh T) đôi quen Nếu T có cạnh màu đỏ có ba người đơi khơng quen

Bài tốn tốn có cách giải tương tự cách giải toán Bài toán có cách phát biểu thật dài biến thể toán toán 2, q trình tơ màu ngẫu nhiên Do vậy, để giải tốn 5, ta dùng cách tơ màu đặc biệt Cụ thể, với tam giác có đỉnh ba sáu đỉnh cho, ta tô màu đỏ cạnh lớn nhất, tơ màu xanh hai cạnh cịn lại Do vậy, theo tốn 2, có tam giác T có ba cạnh màu Vì cạnh lớn T có màu đỏ nên cạnh T có màu đỏ Do cạnh nhỏ T có màu đỏ nên cạnh lớn tam giác khác Từ ta => điều cần chứng minh

ở toán 1, coi số vô tỉ cho điểm mặt phẳng Hai số có tổng số vơ tỉ đoạn thẳng nối hai điểm tương ứng tơ màu đỏ, ngược lại tơ màu xanh Vì có tam giác T có ba cạnh màu nên có ba số vơ tỉ a, b, c (ứng với ba đỉnh T) cho a + b, b + c, c + a số vô tỉ (nếu cạnh T có màu đỏ) a + b, b + c, c + a số hữu tỉ (nếu cạnh T có màu xanh) Chỉ có trường hợp đầu xảy điều phải chứng minh Thật vậy, x = a + b, y = b + c, z = c + a số hữu tỉ a = (x - y + z)/2 số hữu tỉ Điều vơ lí a số vơ tỉ

Các toán 1, 3, 5, liên quan đến số toán Trong đó, 4, lại liên quan đến số mà lại có chất toán lạ ! Dễ thấy, hai tốn 4, nên ta trình bày cánh giải tốn mà thơi Trên mặt phẳng lấy điểm kí hiệu điểm chữ số : ; ; ; ; ; Khi i, j hai điểm khác |i - j| nhận giá trị từ đến Cạnh nối hai điểm i, j tô màu đỏ |i - j| thuộc nhóm thứ tơ màu xanh |i - j| thuộc nhóm thứ hai Vì có tam giác có ba cạnh màu nên tồn điểm có kí hiệu i ; j ; k cho |i - j|, |k - j|, |i - k| thuộc nhóm, chẳng hạn nhóm thứ Ta giả sử i < j < k Khi a = |i - j| = j - i, b = |k - j| = k - j, c = |i - k| = k - i thuộc nhóm thứ có a + b = c

Các bạn thấy ? Tất toán Nhiệm vụ cuối chứng minh toán Chứng minh đơn giản sau :

Xét điểm A sáu điểm cho Năm đoạn thẳng xuất phát từ A tô hai màu nên theo ngun lí Đi-rích-lê, tồn ba đoạn thẳng có màu Giả sử đoạn thẳng AB, AC, AD tô màu xanh Nếu đoạn thẳng BC, CD, DB có màu đỏ tam giác BCD có ba cạnh đỏ Ngược lại, có đoạn thẳng, BC chẳng hạn, có màu xanh tam giác ABC có ba cạnh màu xanh Vậy trường hợp ta tìm tam giác có ba cạnh màu

Từ (1), (2), (3), (4), (5) (6) ta có:

TỐN TUỔI THƠ 5

XEM KHÁC NHAU LÀ GIỐNG NHAU

Trước tiên, bạn xem toán sau :

Bài tốn : Cho sáu số vơ tỉ Chứng minh chọn ba số a, b, c sáu số cho để a + b, b + c, c + a số vơ tỉ

Bài tốn : Cho sáu điểm khác mặt phẳng cho ba điểm thẳng hàng Với đoạn thẳng nối hai sáu điểm cho, ta tô màu xanh đỏ Chứng minh tồn tam giác có ba cạnh màu Bài tốn : Chứng minh sáu người ln tìm ba người đôi quen đôi khơng quen (bài tốn Ram - Say)

Bài toán : Chia số 1, 2, 3, 4, thành hai nhóm Chứng minh có nhóm chứa số a, b, c (có thể số trùng nhau) cho a + b = c Bài toán : Cho sáu điểm khác mặt phẳng cho khơng có ba điểm thẳng hàng Ngoài độ dài đoạn thẳng nối hai sáu điểm khác Chứng minh tồn đoạn thẳng cạnh lớn tam giác có đỉnh ba sáu điểm cho đồng thời cạnh nhỏ tam giác khác có đỉnh ba sáu điểm cho

Bài toán : Sáu nhà khoa học từ sáu nước khác viết thư trao đổi với nhau hai đề tài Chứng minh có ba nhà khoa học viết thư trao đổi với đề tài

Bài toán : Năm nhà du hành vũ trụ hai nước bay vào trạm không gian quốc tế Các số hiệu 1, 2, 3, 4, gán ngẫu nhiên cho người Chứng minh có ba nhà du hành vũ trụ có quốc tịch cho hiệu số hiệu hai người số hiệu người

Nếu bạn bỏ công giải tất tốn thật đáng khen khơng phải điều tơi muốn trình bày Điều tơi muốn nói bảy tốn thật Tuy có cách phát biểu khác nhau, số liệu khác chất Bạn chưa tin ? Ta xem Bảy toán thật cách phát biểu khác hay tương đương với toán Bây ta xem toán giải Chứng minh hồn chỉnh trình bày sau

ở toán 3, ta “coi” người điểm mặt phẳng Nếu hai người quen đoạn thẳng nối hai điểm tương ứng với họ tô màu xanh, ngược lại ta tơ màu đỏ Theo tốn 2, có tam giác T có ba cạnh màu Nếu T có cạnh màu xanh có ba người tương ứng (với đỉnh T) đôi quen Nếu T có cạnh màu đỏ có ba người đôi không quen

Bài tốn có cách phát biểu thật dài biến thể toán tốn 2, q trình tơ màu ngẫu nhiên Do vậy, để giải toán 5, ta dùng cách tô màu đặc biệt Cụ thể, với tam giác có đỉnh ba sáu đỉnh cho, ta tô màu đỏ cạnh lớn nhất, tô màu xanh hai cạnh lại Do vậy, theo tốn 2, có tam giác T có ba cạnh màu Vì cạnh lớn T có màu đỏ nên cạnh T có màu đỏ Do cạnh nhỏ T có màu đỏ nên cạnh lớn tam giác khác Từ ta => điều cần chứng minh

ở tốn 1, coi số vơ tỉ cho điểm mặt phẳng Hai số có tổng số vơ tỉ đoạn thẳng nối hai điểm tương ứng tô màu đỏ, ngược lại tơ màu xanh Vì có tam giác T có ba cạnh màu nên có ba số vơ tỉ a, b, c (ứng với ba đỉnh T) cho a + b, b + c, c + a số vô tỉ (nếu cạnh T có màu đỏ) a + b, b + c, c + a số hữu tỉ (nếu cạnh T có màu xanh) Chỉ có trường hợp đầu xảy điều phải chứng minh Thật vậy, x = a + b, y = b + c, z = c + a số hữu tỉ a = (x - y + z)/2 số hữu tỉ Điều vơ lí a số vơ tỉ

Các tốn 1, 3, 5, liên quan đến số tốn Trong đó, 4, lại liên quan đến số mà lại có chất tốn lạ ! Dễ thấy, hai toán 4, nên ta trình bày cánh giải tốn mà thơi Trên mặt phẳng lấy điểm kí hiệu điểm chữ số : ; ; ; ; ; Khi i, j hai điểm khác |i - j| nhận giá trị từ đến Cạnh nối hai điểm i, j tô màu đỏ |i - j| thuộc nhóm thứ tơ màu xanh |i - j| thuộc nhóm thứ hai Vì có tam giác có ba cạnh màu nên tồn điểm có kí hiệu i ; j ; k cho |i - j|, |k - j|, |i - k| thuộc nhóm, chẳng hạn nhóm thứ Ta giả sử i < j < k Khi a = |i - j| = j - i, b = |k - j| = k - j, c = |i - k| = k - i thuộc nhóm thứ có a + b = c

Các bạn thấy ? Tất toán Nhiệm vụ cuối chứng minh toán Chứng minh đơn giản sau :

Xét điểm A sáu điểm cho Năm đoạn thẳng xuất phát từ A tô hai màu nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn ba đoạn thẳng có màu Giả sử đoạn thẳng AB, AC, AD tô màu xanh Nếu đoạn thẳng BC, CD, DB có màu đỏ tam giác BCD có ba cạnh đỏ Ngược lại, có đoạn thẳng, BC chẳng hạn, có màu xanh tam giác ABC có ba cạnh màu xanh Vậy trường hợp ta tìm tam giác có ba cạnh màu

Từ toán, bạn phát triển thành nhiều tốn, cách học tốt Nhưng để nhìn bảy toán khác trở thành giống phải rèn luyện khơng dễ dàng, có phải khơng bạn ?

TỐN TUỔI THƠ 6

KHƠNG CHỈ DỪNG LẠI Ở VIỆC GIẢI TOÁN !

Trong học tốn, việc tạo thói quen chủ động tìm tịi, khai thác, phát triển tốn giúp người học hiểu sâu sắc kiến thức học, phát triển tư sáng tạo tiếp thu tốt kiến thức

* Chúng ta toán quen thuộc Bài toán :

Cho ΔABC có Đ B = 90o ; đường cao BH Gọi M N trung điểm

Lời giải :

Từ giả thiết ta có : MN đường trung bình ΔHBC (hình 1) => MN // BC, mặt khác BC vng góc AB => MN vng góc với AB

Xét ΔABN có MN vng góc với AB ; BM vng góc với AN => M trực tâm ΔABN => AM vng góc với BN (đpcm)

* Có nhiều hướng phát triển toán 1, cho ta toán thú vị Từ suy nghĩ tạo đường thẳng song song với AM BN đường thẳng tương ứng vng góc với BN AM, ta cho thêm điểm K mà B trung điểm KC (hình 2), dễ dàng nhận thấy BN đường trung bình ΔCKH => BN // KH => AM vng góc với KH Ta có tốn sau :

Bài toán :

Cho ΔABC có góc B = 90o ; đường cao BH Gọi M trung điểm BH K

điểm đối xứng với C qua B Chứng minh : KH vng góc với AM Lời giải :

Gọi N trung điểm HC, theo chứng minh trên, ta có đpcm

* Hồn tồn toán với cách phát biểu khác đi, ta có tốn Bài tốn :

Cho ΔABC cân A, đường cao AH Hạ HI vng góc với AC, M trung điểm HI Chứng minh BI vng góc với AM

* Tiếp tục phát triển theo hướng : tạo đường thẳng song song với AM, đường thẳng vng góc với BN

Bài tốn :

Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu B AC, I N trung điểm AD HC Chứng minh BN vng góc với IN

Gọi M trung điểm BH (hình 3).

Ta có AM vng góc với BN (bài tốn 1) Ta phải chứng minh AM // IN, :

Do MN đường trung bình ΔHBC nên MN // = 1/2BC , mặt khác, ABCD hình chữ nhật I trung điểm AD nên IA // = 1/2 BC Do IA // = MN => MNIA hình bình hành => AM // IN, toán chứng minh xong

* Bài tốn cịn nhiều cách giải khác Kết hợp tốn tốn ta có tốn khó chút xíu

Bài tốn :

Cho ΔABC cân A, đường cao AH Dựng hình chữ nhật AHCK ; HI vng góc với AC M N trung điểm IC AK Chứng minh MN vuông góc với BI

Lời giải :

Gọi J trung điểm HI (hình 4) áp tốn ta có BI vng góc với AJ ; mặt khác, theo chứng minh toán 4, tứ giác AJMN hình bình hành AJ // MN, : MN vng góc với BI (đpcm)

* Tương tự tốn (dựng hình chữ nhật ABCD tạo AM // IN), ta tạo EF // BN để toán sau

Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu B AC ; E, F, M trung điểm AB, DH, BH Chứng minh AM vng góc với EF

Lời giải :

Gọi N trung điểm CH (hình 5) áp dụng chứng minh tứ giác AMNI hình bình hành (bài tốn 4), ta chứng minh tứ giác BEFN hình bình hành, => EF // NB

Mặt khác BN vng góc AM (theo tốn 1) Vậy ta có AM vng góc với EF * Lại kết hợp toán toán 6, cho ta kết khác

Bài tốn :

Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H hình chiếu B AC ; E, F, M, N trung điểm AB, DH, HC, AD Chứng minh EF vng góc với MN Lời giải :

Gọi I trung điểm BH (hình 6)

Lần lượt theo tốn 1, 4, ta có kết sau : AI vng góc với BM, AI // MN, BM // EF => EF vng góc với MN (đpcm)

TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN

BÀI TỐN TỔNG QT

Trong kì thi chọn học sinh giỏi THPT TP Hồ Chí Minh năm học 2002 - 2003 có tốn bất đẳng thức đại số sau :

Bài toán : Cho a, b, c > Chứng minh :

Bài tốn có nhiều cách giải Tơi xin giải toán phương pháp đổi biến vận dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, mà từ lời giải ta dẫn đến tốn tổng qt cách khơng khó khăn

Lời giải :

Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z Do :

Vì a ; b ; c > nên x ; y ; z > x < y + z (2) Ta có :

Đẳng thức xảy :

=> x = y + z, mâu thuẫn với (2) => đẳng thức không xảy Vậy, ta có :

Lời giải :

Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z Do :

Vì a ; b ; c > nên x ; y ; z > ; x < y + z ; y < z + x ; z < x + y (3) Ta có :

Một kinh nghiệm bạn nên vận dụng học toán : Thử xem với lời giải đến tốn tổng qt dễ dàng

TỐN TUỔI THƠ 8

ĐẶC BIỆT HỐ ĐỂ CĨ BÀI TỐN MỚI

Trong q trình dạy học tốn, việc tìm lời giải tốn khơng mục đích mà cịn sở để đề xuất toán Nếu ta biết khai thác toán vừa giải xong cách đặc biệt hóa thu toán thú vị khác

Bài toán : Từ điểm P đường chéo AC hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng d cắt tia AB, AD M N

Chứng minh : AB/AM + AD/AN = AC/AP Lời giải : (hình 1)

Từ B D kẻ BB’ // MN, DD’ // MN (B’, D’ thuộc AC) Ta có : AB/AM = AB'/AP ; AD/AN = AD'/AP

Do : AB/AM + AD/AN = (AB' + AD')/AP Vì ΔBOB’ = ΔDOD’ (g.c.g) => B’O = D’O

Nên : AB’ + AD’ = 2AO = AC => AB/AM + AD/AN = AC/AP

* Trong toán ta ý AO trung tuyến ΔABD Nếu P trọng tâm ΔABD AP = 1/3.AC Từ ta có tốn sau :

Bài toán : Đường thẳng d qua trọng tâm G ΔABC cắt cạnh AB AC M N

Chứng minh : AB/AM + AC/AN = Lời giải : (hình 2)

AB/AM = AC/AN = 2AO/AG = 2.3/2.AG/AG =

* Trong toán đường thẳng d cắt tia CB P : AC/CN + BC/CP = AB/BM - BC/BP =

Từ ta có tốn sau :

Bài toán : Đường thẳng d qua trọng tâm G ΔABC cắt cạnh AB M, cạnh AC N tia CB P

Chứng minh : Lời giải : (hình 3)

áp dụng tốn ta có : AB/AM = AC/AN = ; AC/CN + BC/CP = (1) Riêng MN cắt tia CB P nên tương tự cách chứng minh toán 2, ta có : BA/BM = BA'/BG ; BC/BP = BC'/BG => BA/BM = BC/BP = (2) (dễ thấy BA’ - BC’ = 3BG)

Từ (1) (2) => : AB/AM + AC/AN + AC/CN + BC/CP + AB/BM - BC/BP = => : AB.(AM + MB)/(AM.MB) + AC.(AN + NC)/(AN.NC) - BC.(CP - BP)/(BP.PC) =

=> : AB2/(AM.BM) + AC2/(AN.CN) - BC2/(BP.CP) = (đpcm)

* Nếu ΔABC đều, cạnh a AB = AC = BC = a, ta đề xuất toán : Bài toán : Đường thẳng d qua tâm O tam giác ABC, cạnh a, cắt cạnh AB M, cạnh AC N tia CB P Chứng minh :

TOÁN TUỔI THƠ 9

NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH

GIAO KHOA

Trong SGK Hình học lớp 9, trang 38, có tốn số 14, nội dung sau : Bài toán : Cho tam giác ABC điểm M thuộc cung BC (không chứa A) đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh : MA = MB + MC

Lời giải : Trên MA lấy điểm N cho MN = MB (1) (hình 1) ; Đ BMN = Đ BCA = 60o nên ΔBMN => BN = BM (2)

ΔABC nên BA = BC, mặt khác Đ ABC = Đ MBN = 60o => Đ ABN = Đ MBC (3)

Từ (1), (2), (3) => : ΔABN = ΔCBM (c.g.c) => NA = MC (4) Từ (1), (4) => : MN + NA = MB + MC => MA = MB + MC

BT1 khởi đầu cho nhiều mở rộng đẹp sâu sắc Do hạn chế chương trình, viết này, chúng tơi giới thiệu với bạn đọc

những mở rộng ban đầu BT1 Mặc dù vậy, mở rộng này, chừng mực đó, giúp bạn trả lời câu hỏi lớn đặt chuyên mục : “Học toán ?”

Trong BT1, giả thiết tam giác ABC tương đương với giả thiết đường thẳng MA, MB, MC đơi tạo với góc 60o Nhận xét cho ta cách mở rộng BT1

Bài tốn : Cho đường trịn (O) điểm M nằm đường tròn Các dây A1B1, A2B2, A3B3 qua M (A1, B2, A3, B1, A2, B3 theo thứ tự nằm (O)) đôi

một tạo với góc 60o Chứng minh : MA

1 + MA2 + MA3 = MB1 + MB2

+ MB3

Vì BT2 sinh từ BT1 nên ta nghĩ tới việc dùng BT1 để giải BT2

Lời giải : Không tính tổng qt, giả sử O nằm góc B1MA3

góc OMB1 ≤ OMA3 (hình 2) Dựng đường trịn (w) tâm O, bán kính OM Đường

tròn theo thứ tự cắt đoạn A1B1, A2B2, A3B3 C1, C2, C3 Dễ thấy M thuộc

Mặt khác Đ C1C2C3 = Đ C1MC3 = 60o C1C2C2 = Đ C1MC2 = 60o

=> DC1C2C3 Theo kết BT1, ta có : MC1 = MC2 + MC3 (1)

Lại ý rằng, (O) (w) đồng tâm, ta có : MA1 = C1B1 ; C2A2 = MB2 ; C3A3 =

MB3 (2)

Từ (1), (2) dễ dàng => :

MA1 + MA2 + MA3 = MB1 + MB2 + MB3

Tiếp theo mở rộng trên, BT1 cịn có mở rộng khác hấp dẫn Nó giới thiệu với mối quan hệ đẹp ba số MA2, MB2, MC2

Bài toán : Cho tam giác ABC điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh : MA2 + MB2 + MC2 = 6R2 (R bán kính đường trịn

ngoại tiếp tam giác ABC)

Trước giải BT3, ta phát biểu chứng minh bổ đề

Bổ đề : Cho tam giác ABC có góc A = 120o

Khi : BC2 = AB2 + AC2 + AB.AC

Chứng minh : Gọi H hình chiếu C AB (hình 3) Dễ thấy :

Theo định lí Py-ta-go, ta có : BC2 = BH2 + CH2 (2)

Từ (1), (2) => : BC2 = (AB + AH)2 + CH2

Khơng tính tổng quát, giả sử M thuộc cung BC (không chứa A) (O)

(hình 4) Theo kết đạt BT1, ta có : MA = MB + MC => MA2 = MB2 + MC2 + 2MB.MC

=> MA2 + MB2 + MC2 = 2(MB2 + MC2 + MB.MC) (1)

Vì tam giác ABC nên Đ BMC = 120o

Theo BĐ1, ta có : MB2 + MC2 + MB.MC = BC2

=> MB2 + MC2 + MB.MC = 3R2 (2)

Từ (1), (2) => : MA2 + MB2 + MC2 = 6R2

TOÁN TUỔI THƠ 10

Bài tốn : Cho đường trịn (O) điểm M nằm (O) Các dây A1B1, A2B2,

A3B3 qua M đôi tạo với góc 60o Chứng minh :

MA12 + MB12 + MA22 + MB22 + MA32 + MB32 = 6R2

(R bán kính đường trịn (O))

Lời giải : Khơng tính tổng qt, giả sử O nằm góc B1MA3

góc OMB1 nhỏ góc OMA3 (hình 5). Gọi H1, H2, H3 hình chiếu

của O A1B1, A2B2, A3B3 Đương nhiên, H1, H2, H3 nằm đường trịn (w)

đường kính OM M thuộc cung H2H3 (không chứa H1) (w)

Mặt khác : Đ H1H2H3 = Đ H1MH3 = 60o Đ H1H3H2 = Đ H1MH2 = 60o => tam giác

H1H2H3 Theo kết BT3, ta có :

OH12 + OH22 + OH32 = MH12 + MH22 + MH32 (1)

Lại ý rằng, H1A1 = H1B1 ; H2A2 = H2B2 ; H3B3 = H3C3, ta có :

MA12 + MB12 = (H1A1 - H1M)2 + (H1B1 + H1M)2 = 2(H1A12 + H1M2)

MA22 + MB22 = (H2A2 - H2M)2 + (H2B2 + H2M)2 = 2(H2A22 + H2M2)

MA32 + MB32 = (H3A3 - H3M)2 + (H3B3 + H3M)2 = 2(H3A32 + H3M)2

Từ ý tới định lý Py-ta-go, ta có : MA12 + MB12 = 2(R2 - H1O2 + H1M2)

MA22 + MB22 = 2(R2 - H2O2 + H2M2)

MA32 + MB32 = 2(R2 - H3O2 + H3M2)

=> MA12 + MB12 + MA22 + MB22 + MA32 + MB32 = 6R2 - (H1O2 + H2O2 + H3O2) +

(H1M2 + H2M2 + H3M2) (2)

Từ (1), (2) => :

MA12 + MB12 + MA22 + MB22 + MA32 + MB32 = 6R2

Chưa dừng lại đây, mối quan hệ đẹp số 1/MH , 1/MK , 1/ML , H, K, L hình chiếu M BC, CA, AB, sinh từ BT1

Bài toán : Cho tam giác ABC điểm M thuộc cung BC (không chứa A) đường tròn ngoại tiếp tam giác H, K, L theo thứ tự hình chiếu M BC, CA, AB

Lời giải : Theo giả thiết, tứ giác ABMC nội tiếp => : góc ABM + góc ACM = 180

Khơng tính tổng qt, giả sử : góc ACM góc nhọn góc ABM góc tù Khi đó, K thuộc đoạn CA ; L thuộc tia đối tia BA (hình 6).

Dễ thấy : Δ BHM đồng dạng với Δ AKM Δ CHM đồng dạng với Δ ALM => MH/MK = MB/MA MH/ML = MC/MA

=> MH/MK + MH/ML = (MB + MC)/MA Theo BT1, (MB + MC)/MA =

Vậy MH/MK = MH/ML = => 1/MH = 1/MK + 1/ML BT5 giúp ta đến kết đẹp sau

Bài toán : Cho tam giác ABC điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác H, K, L hình chiếu M BC, CA, AB Chứng minh : MH2 + MK2 + ML2 = h2 (h độ dài đường cao tam giác ABC)

Lời giải : Khơng tính tổng qt, giả sử M thuộc cung BC (không chứa A) đường trịn ngoại tiếp tam giác Gọi I hình chiếu A BC

Ta thấy : S(ABC) = S(MAB) + S(MCA) - S(MBC) => 1/2.BC.AI = 1/2.AB.ML + 1/2.CA.MK - 1/2.BC.MH => AI = ML + MK - MH (vì BC = CA = AB)

=> MH2 + MK2 + ML2 + 2(MK.ML - MH.MK - MH.ML) = h2 (AI = h) (1)

Theo BT5 ta có : 1/MH = 1/MK + 1/ML => MK.ML = MH.ML + MH.MK

=> MK.ML - MH.ML - MH.MK = (2) Từ (1), (2) => : MH2 + MK2 + ML2 = h2.

TOÁN TUỔI THƠ 11

(tiếp theo kì trước)

Vì khái niệm tam giác đồng dạng mở rộng khái niệm tam giác nên có nhiều toán liên quan tới khái niệm tam giác nhau, mở rộng thành toán mới, liên quan tới khái niệm tam giác đồng dạng

Bài tốn mở rộng BT1 nhờ quan niệm

Bài toán : Cho tam giác ABC điểm M nằm (không chứa A) đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh : BC.MA = CA.MB + AB.MC

Lời giải : Trên đoạn MA, lấy điểm N cho góc MBN = Đ CBA (hình 8) Chú ý rằng, Đ BMA = Đ BCA chắn cung AB

Vậy tam giác MBN đồng dạng với tam giác CBA => MN / CA = MB / CB => BC.MN = AC.MB (1)

Do Đ MBN = Đ CBA => Đ MBC = Đ NBA, mặt khác Đ BCM = Đ BAM chắn cung BM

Vậy tam giác NBA đồng dạng với tam giác MBC => BC.NA = AB.MC (2) Từ (1) (2) => : BC.MN + BC.NA = AC.MB + AB.MC

=> BC(MN + NA) = CA.MB + AB.MC => BC.MA = CA.MB + AB.MC

Kết phát biểu BT7 nội dung định lí tiếng hình học phẳng, định lí Ptơ-lê-mê

Trong BT7, coi điểm M đường tròn tâm M, bán kính khơng, cách tự nhiên, BT7 mở rộng thành toán đặc sắc sau

Bài toán : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (O’) tiếp xúc với (O) điểm thuộc (không chứa A) Từ A, B, C, theo thứ tự kẻ tới (O’) tiếp tuyến AA’, BB’, CC’ Chứng minh : BC.AA’ = CA.BB’ + AB.CC’ Trước giải BT8, ta phát biểu chứng minh hai bổ đề

Bổ đề : Cho tam giác XYZ nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (O’) tiếp xúc với (O) X theo thứ tự cắt XY, XZ Y’, Z’ (khác X) Khi YZ // Y’Z’

Chứng minh : Qua X, kẻ đường thẳng tt’ tiếp xúc với (O) (O’) (hình 9a, hình 9b).

Trên hình 9a, ta có :

Đ ZYX = Đ ZXt (cùng chắn cung XZ (O)) Đ Z'Y'X' = Đ Z'Xt (cùng chắn cung XZ' (O)) => Đ ZYX = Đ Z'Y'X

Đ ZYX = Đ ZXt (cùng chắn cung XZ (O)) Đ Z'Y'X' = Đ Z'Xt (cùng chắn cung XZ' (O)) Đ ZXt' = Đ Z'Xt (đối đỉnh)

=> Đ ZYX = Đ Z'Y'X'

=> YZ // Y’Z’ (hai góc so le nhau)

Tóm lại, hai trường hợp, ta có YZ // Y’Z’ Bổ đề chứng minh

Bổ đề : Từ điểm S nằm đường tròn (O) ta kẻ tới (O) tiếp tuyến SX cát tuyến SYZ Khi đó, SX2 = SY.SZ

Chứng minh : Ta có :

Đ SXY = Đ SZX (cùng chắn cung XY, hình 10) => tam giác SXY đồng dạng với tam giác SZX

Trở lại việc chứng minh BT8.

Gọi M tiếp điểm (O) (O’) (hình 11a, hình 11b). MA, MB, MC theo thứ tự cắt (O’) X, Y, Z (X, Y, Z M) áp dụng BĐ2, YZ // BC ; ZX // CA ; XY // AB Theo định lí Ta-lét, ta có :

AX/AM = BY/BM = CZ/CM (1) áp dụng BĐ3, ta có :

AA' 2 = AX.AM

BB' 2 = BY.BM (2)

CC' 2 = CZ.CM

Từ (1) (2) => :

AX.AM / AM2 = BY.BM / BM2 = CZ.CM / CM2

=>

AA' 2 / AM2 = BB' 2 / BM2 = CC' 2 / CM2

AA' / AM = BB' / BM = CC' / CM (3) Theo tốn 7, ta có :

BC.MA = CA.MB + AB.MC (4) <DD.Từ (4)="" (3)>: BC.AA’ = CA.BB’ + AB.CC’

TOÁN TUỔI THƠ 12

NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH

GIÁO KHOA

(tiếp theo kì trước)

Từ BT7, nảy sinh vấn đề mới, tìm tập hợp tất điểm M cho : BC.MA = CA.MB + AB.MC

Vấn đề giải cách trọn vẹn mĩ mãn thông qua việc giải toán sau :

Bài toán : Cho tam giác ABC M điểm Chứng minh : BC.MA CA.MB + AB.MC

Khi xảy đẳng thức

Trước giải BT9, ta phát biểu chứng minh bổ đề

Bổ đề : Cho đường tròn (O, R) điểm M khơng nằm đường trịn Một đường thẳng qua M, cắt đường trịn hai điểm A, B Khi : MA.MB = | MO2 - R2|.

Chứng minh : Giả sử đường thẳng MO cắt đường tròn (O, R) hai điểm C, D

(hình 12a, hình 12b)

Trên hình 12a, ta có :

Đ AMD = Đ CMB (hiển nhiên)

Đ MDA = Đ MBC (cùng chắn cung AC)

=> : tam giác AMD tỉ lệ với tam giác CMB => MA/MC = MD/MB hay MA.MB = MC.MD

=> MA.MB = (OM - R)(OM + R)

=> MA.MB = |MO2 - R2| => MA.MB = |MO2 - R2|.

Trên hình 12b, ta có :

Đ AMD = Đ CMB (đối đỉnh)

Đ MDA = Đ MBC (cùng chắn cung AC)

=> tam giác AMD tỉ lệ với tam giác CMB => MA/MC = MD/MB hay MA.MB = MC.MD

=> MA.MB = (OM - R)(OM + R)

=> MA.MB = |MO2 - R2| => MA.MB = |MO2 - R2|.

Tóm lại, hai trường hợp, ta có :MA.MB = |MO2 - R2| BĐ4

chứng minh

Trường hợp : M nằm (O)

a) M thuộc cung BC (không chứa A) (O), theo BT7 : BC.MA = CA.MB + AB.MC

b) M thuộc cung CA (không chứa B) (O), theo BT7 : CA.MB = AB.MC + BC.MA:

=> BC.MA < CA.MB + AB.MC

c) M thuộc cung AB (không chứa C) (O), theo BT7 : AB.MC = BC.MA + CA.MB

=> BC.MA < CA.MB + AB.MC

Trường hợp : M không nằm (O)

Giả sử MA, MB, MC lại cắt (O) A’, B’, C’ (hình 13a, hình 13b).

Tương tự phép chứng minh BĐ4, ta có : Tam giác MBC tỉ lệ với tam giác MC'B' nên :

Gọi R bán kính (O) Theo BĐ4, ta có :

Tương tự : => Từ đó, với

chú ý số đo B’C’, C’A’, A’B’ độ dài ba cạnh tam giác (tam giác A’B’C’) nên số MA.BC, MB.CA, MC.AB độ dài ba cạnh tam giác => :

BC.MA < CA.MB + AB.MC Tóm lại, hai trường hợp, ta có :

BC.MA CA.MB + AB.MC (*)

Đẳng thức xảy M thuộc cung BC (khơng chứa A) đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

Vấn đề đặt từ BT7 giải Tập hợp điểm M thỏa mãn điều kiện : BC.MA = CA.MB + AB.MC cung BC (khơng chứa A) đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC

Bất đẳng thức (*) gọi bất đẳng thức Ptô-lê-mê, kết đẹp đẽ vào loại bậc hình học phẳng

Cịn nhiều mở rộng khác xung quanh BT1 Tuy nhiên, hạn chế chương trình, xin dừng lại

Bài toán 10 : Cho ngũ giác A1A2A3A4A5 M thuộc cung nhỏ A1A5 (O)

Chứng minh :

MA1 + MA3 + MA5 = MA2 + MA4

Hãy mở rộng toán cho đa giác với số cạnh lẻ

Bài toán 11 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Điểm M thuộc cung BC (khơng chứa A) (O) H, K, L hình chiếu M BC, CA, AB Chứng minh :

Bài toán 12 : Cho tam giác ABC vng A, nội tiếp đường trịn (O) Trên tia AB, AC lấy điểm E, F cho BE = CF = BC Điểm M thuộc (O) Chứng minh :

MA + MB + MC EF

Bài tốn 13 : Cho hình vng ABCD nội tiếp đường tròn (O) Một đường tròn (I) thay đổi, tiếp xúc với đoạn CD tiếp xúc với cung nhỏ CD (O) Từ A, B ta kẻ tới (I) tiếp tuyến AX, BY Chứng minh : (AX + BY) khơng đổi

Bài tốn 14 : Cho đường tròn (O) Các đường tròn (O1), (O2) khơng có điểm

chung tiếp xúc với (O) EF tiếp tuyến chung (O1),

(O2) Các tiếp tuyến chung (O1), (O2) cắt (O) A, A’ B, B’ Giả sử

rằng điểm E, F, A, B nằm phía O1O2

Chứng minh EF//AB

TOÁN TUỔI THƠ 13

SUY NGHĨ TRÊN MỖI BÀI TỐN

Giải hàng trăm tốn mà cốt tìm đáp số dừng lại kiến thức thu lượm chẳng bao Còn giải tập mà lại suy nghĩ đó, tìm thêm cách giải, khai thác thêm ý tốn, đường tốt để lên học toán

Dưới thí dụ

Bài tốn : Cho A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 B = A.3 Tính giá trị B

Lời giải : Theo đề ta có :

B = (1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10).3 = 1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4.(5 - 2) + 4.5.(6 - 3) + 5.6.(7 - 4) + 6.7.(8 - 5) + 7.8.(9 - 6) + 8.9.(10 - 7) + 9.10.(11 - 8) = 1.2.3 - 1.2.3 + 2.3.4 - 2.3.4 + 3.4.5 - … + 8.9.10 - 8.9.10 + 9.10.11 = 9.10.11 = 990

Trước hết, ta nghĩ rằng, tốn u cầu tính tổng A, ta có : A = B/3 = 330

Bây giờ, ta tạm thời quên đáp số 990 mà ý tới tích cuối 9.10.11, 9.10 số hạng cuối A 11 số tự nhiên kề sau 10, tạo thành tích ba số tự nhiên liên tiếp Ta dễ dàng nghĩ tới kết sau :

Nếu A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + (n - 1).n giá trị B = A.3 = (n - 1).n.(n + 1) Các bạn tự kiểm nghiệm kết cách giải tương tự Bây ta tìm lời giải khác cho toán

Lời giải :

(6 + 8) + 9.(8 + 10)].3 = (1.1.2 + 3.3.2 + 5.5.2 + 7.7.2 +9.9.2).3 = (12 + 32 + 52 +

72 + 92).2.3 = (12 + 32 + 52 + 72 + 92).6

Ta chưa biết cách tính tổng bình phương số lẻ liên tiếp 1, liên hệ với lời giải 1, ta có :

(12 + 32 + 52 + 72 + 92).6 = 9.10.11, hay

(12 + 32 + 52 + 72 + 92) = 9.10.11/6

Hoàn toàn hợp lí ta nghĩ đến tốn tổng qt : Bài tốn : Tính tổng :

P = 12 + 32 + 52 + 72 + … + (2n + 1)2

Kết : P = (2n + 1)(2n + 2)(2n + 3)/6

Kết chứng minh theo cách khác, ta xem xét sau Loạt toán sau kết liên quan đến toán tốn Bài tốn : Tính tổng :

Q = 112 + 132 + 152 + … + (2n + 1)2

Bài toán : Cho A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 C = A + 10.11 Tính giá trị C Theo cách tính A toán 1, ta kết : C = 10.11.12/3

Theo lời giải toán 1, ta đến kết : C = 2.(22 + 42 + 62 + 82 + 102)

Tình cờ, ta lại có kết tốn tổng qt : tính tổng bình phương số tự nhiên chẵn liên tiếp,

Bài toán : Chứng minh :

22 + 42 + 62 + …+ (2n)2 = 2n.(2n + 1).(2n + 2)/6

Từ đây, ta tiếp tục đề xuất giải toán khác Bài tốn :

Tính tổng : 202 + 222 + … + 482 + 502

Bài tốn : Cho n thuộc N* Tính tổng : n2 + (n + 2)2 + (n + 4)2 + … + (n + 100)2

Hướng dẫn giải : Xét hai trường hợp n chẵn n lẻ ; áp dụng kết toán 2, toán cách giải toán

Bài tốn có kết nhất, khơng phụ thuộc vào tính chẵn lẻ n Bài tốn : Chứng minh :

12 + 22 + 32 + … + n2 = n.(n + 1)(n + 2)/6

Lời giải :

Xét trường hợp n chẵn :

12 + 22 + 32 + … + n2 = (12 + 32 + 52 + … + (n - 1)2) + (22 + 42 + 62 + … + n2)

= [(n - 1).n.(n + 1) + n.(n + 1).(n + 2)]/6

= n.(n + 1).(n -1 + n + 2)/6 = n.(n + 1).(2n + 1)/6 Tương tự với trường hợp n lẻ, ta có đpcm Lời giải : Ta có :

13 = 13

23 = (1 + 1)3 = 13 + 3.12.1 + 3.1.12 + 13 33 = (2 + )3 = 23 + 3.22.1 + 3.2.12 + 13

……… (n + 1)3 = n3 + 3.n2.1 + 3.n.12 + 13

Cộng vế đẳng thức :

13 + 23 + 33 + … + n3 + (n + 1)3 = = (13 + 23 + 33 + … + n3) + 3(12 + 22 + 32 + … +

n2) + 3(1 + + + … + n) + (n + 1)

=> (n + 1)3 = 3(12 + 22 + 32 + … + n2) + 3(1 + + + … + n) + (n + 1)

=> 3(12 + 22 + 32 + … + n2) = (n + 1)3 - 3(1 + + + … + n) - (n + 1)

= (n + 1)2.(n + 1) - 3.n.(n + 1)/2 - (n + 1)

= (n + 1).n.(2n + 1)/2

=> 12 + 22 + 32 + … + n2 = (n + 1).n.(2n + 1)/6

Bài tốn : Tính giá trị biểu thức : A = - 12 + 22 - 32 + 42 - … - 192 + 202

Lời giải : Đương nhiên, ta tách A = (22 + 42 + … + 202) - (12 + 32 + …+

192) ; tính tổng số ngoặc đơn tìm kết tốn Song ta

cịn có cách giải khác sau :

A = (22 -12) + (42 - 32) + … + (202 -192) = (2 + 1)(2 - 1) + (4 + 3)(4 - 3) + … + (20 +

19)(20 - 19) = + + 11 + 15 + 19 + 23 + 27 + 31 + 35 + 39 = (3 + 39).10/2 = 210

Trở lại toán Phải toán cho B = A.3 số tự nhiên liền sau nhóm : 1.2 Nếu ta giải tốn sau :

Bài tốn 10 : Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10

Lời giải :

A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10 = (1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10).4/4 = [1.2.3.(4 - 0) + 2.3.4.(5 - 1) + … + 8.9.10.(11 - 7)] : = (1.2.3.4 - 1.2.3.4 + 2.3.4.5 - 2.3.4.5 + … + 7.8.9.10 - 7.8.9.10 + 8.9.10.11) : = 8.9.10.11/4 = 1980

Tiếp tục hướng suy nghĩ trên, ta có kết tổng quát tốn 10 : Bài tốn 11 : Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + (n - 1).n.(n + 1).

Đáp số : A = (n -1).n.(n + 1)(n + 2)/4

TOÁN TUỔI THƠ 14

TỪ MỘT NHẬN XÉT QUAN TRỌNG

“Tam giác đồng dạng” chương quan trọng sách Hình học Trong viết này, muốn giới thiệu nhận xét quan trọng học chương Tam giác đồng dạng Hi vọng viết giúp bạn giải số dạng toán liên quan

Nhận xét : Hai tam giác OAB OA’B’ đồng dạng với hai tam giác OAA’ OBB’ đồng dạng với (hình A)

Chú ý : Nhận xét với hình A mà khơng với hình B Vì vậy, phát biểu ta đồng thời phải vẽ hình

Bài tốn : Về phía ΔABC, vẽ tam giác ABE ACF Gọi M, N trung điểm AE, CF Gọi P điểm đoạn BC cho PB = 3PC

Tính góc tam giác MNP

Lời giải : (hình 1) Gọi H hình chiếu N AC Vì Đ HCN = Đ NCA = 60o

nên :

CH = 1/2.CN ; CN = 1/2.CA => CH = 1/4.CA (1) PB = 3PC => Cp = 1/4.CB (2)

Từ (1) (2) => PH // AB (định lí Ta-lét đảo) <BR< ="">PH = 1/4.AB = 1/4.AE = 1/2.AM

Mặt khác, ΔAHN vng H, có góc HAN = 30o => HN = 1/2.AN Vậy : PH/AM

= HN/AN : (3)

Ta có : Đ PHN = Đ PHC + Đ CHN = Đ BAC + 90o = 60o + Đ BAC + 30o = Đ MAB + Đ

BAC + Đ CAN = Đ MAN hay Đ PHN = Đ MAN (4)

Từ (3) (4) => ΔHPN đồng dạng với ΔAMN => ΔNPM đồng dạng với ΔNHA (theo nhận xét trên)

=> Đ MPN = 90o ; Đ PNM = 60o ; Đ NMP = 30o

Lời bình :

- Bài tốn khó dùng kiến thức tam giác

- Bằng quan sát hình vẽ xác để dự đốn số đo góc cần tính, ta dễ dàng kết hợp với nhận xét để phát điểm H

Lời giải : Gọi H trung điểm EF (hình 2a) Ta có : ΔOHE vng H, Đ OEH = 30o => OE = 2OH ; CF = BE mà HI đường trung bình EFC => FC =

2IH => BE = 2IH

Vậy : OH/OE = IH/BE (1)

Đ OHI = Đ OHF + Đ FHI = Đ OHF + Đ AFH = 150o ;

Góc OEB = 180o - Đ OEA = 150o => Đ OHI = Đ OEB : (2)

Từ (1) (2) => ΔOHI đồng dạng với ΔOEB => ΔOIB đồng dạng với ΔOHE (theo nhận xét trên)

Vậy : Đ OIB = 90o ; Đ BOI = 60o ; Đ OBI = 30o

Lời bình : tốn đề thi vô địch Liên Xô (cũ) Nhờ nhận xét trên, ta tạo ΔOHI đồng dạng với ΔOEB Ta tạo ΔOKI đồng dạng với ΔOAB (hình 2b)

Bài tốn : Về phía ngồi ΔABC dựng ΔABX đồng dạng với ΔCAY Lấy điểm Z cho A, Z nằm phía BC ΔCBZ đồng dạng với ΔABX Chứng minh : điểm A, X, Z, Y thẳng hàng đỉnh hình bình hành

Lời giải : (hình 3)

Theo giả thiết, ΔABX đồng dạng với ΔCBZ => ΔBXZ đồng dạng với ΔBAC (theo nhận xét trên)

=> XZ/AC = BX/BA (1)

Tương tự, ΔABX đồng dạng với ΔCAY => BX/BA = AY/AC (2) Từ (1) (2) => XZ/AC = AY/AC => XZ = AY (3)

Tương tự, YZ = AX (4)

Từ (3) (4) => điều phải chứng minh

Lời bình : Nhờ nhận xét trên, ta giải tốn khó dễ dàng Các bạn lưu ý toán “kinh điển” tam giác đồng dạng

Bài tốn : Cho ΔABC vng A, đường cao AH K nằm tia đối tia HA, L thuộc đoạn AC cho : AL/AC = KH/AH

Chứng minh : Đ BKL = 90o

Ta có Đ AEK = Đ ABC = Đ CAH, mặt khác :

EB/EK = EB/AB.AB/HB.HB/EK = KH/AH.AB/HB.AH/AK = KH/AK.AB/HB = KH/AK.AC/AH &NBSP; (ΔABH đồng dạng với ΔCAH)

= KH/AH.AC/AK = AL/AC.AC/AK = AL/AK => EB/EK = AL/AK

Vậy ΔKEB đồng dạng với ΔKAL

=> ΔKEB đồng dạng với ΔKEA (theo nhận xét trên) => Đ BKL = Đ EKA = 90o

Bài toán : Cho ΔABC Về phía ngồi tam giác, dựng tam giác MBC, NCA, PAB với tâm X, Y, Z Chứng minh : ΔXYZ Lời giải : (hình 5)

Ta có : ΔBMX đồng dạng với ΔBAZ ; ΔCMX đồng dạng với ΔCAY (cùng tam giác cân với góc đỉnh 120o)

=> ΔBXZ đồng dạng với ΔBMA ; ΔCXY đồng dạng với ΔCMA (theo nhận xét trên)

=> Đ BXZ = Đ BMA ; Đ CXY = Đ CMA

=> Đ ZXY = Đ BXC - (Đ BXZ + Đ CXY) = 120o - 60o = 60o

Tương tự trên, Đ XYZ = 60o.

Vậy : ΔXYZ

Lời bình : Thơng thường, tốn giải kiến thức đường tròn lớp Nhờ nhận xét trên, bạn lớp giải tốn

TỐN TUỔI THƠ 15

Bài toán : Trên hai cạnh AB, BC hình vng ABCD lấy điểm P, Q cho PB = BQ Điểm H hình chiếu B CP Chứng minh Đ DHQ = 90o

Lời giải : (hình 6) Ta có :

Đ HCD = Đ HPB (so le trong) ; Đ HPB = Đ HBC (góc có cạnh tương ứng vng góc) => Đ HCD = Đ HBC (1)

Mặt khác : CH/CD = CH/CB = BH/BP (ΔCHB đồng dạng với ΔBHP) = BH/BQ (2) Từ (1) (2) => ΔHCD đồng dạng với ΔHBQ => ΔHDQ đồng dạng với ΔHCB (theo nhận xét ban đầu) => Đ DHQ = Đ CHB = 900

Lời bình : Nhận xét ban đầu giúp ta nghĩ đến việc chứng minh ΔHCD đồng dạng với ΔHBQ

Bài toán : Hai điểm M, N nằm cạnh BC, CD hình vng ABCD cho Đ MAN = 45o Đoạn thẳng BD theo thứ tự cắt AM, AN E, F Chứng

minh : tam giác AEN, AFM vuông cân

Lời giải : (hình 7) Gọi O giao điểm BD AC Ta có : Đ AOE = 90o = Đ

Từ (1) (2) => : ΔAOE đồng dạng ΔADN => ΔAEN đồng dạng ΔAOD (theo nhận xét ban đầu) => ΔAEN vuông cân E (vì ΔAOD vng cân O) Tương tự, ΔAFM vng cân F

Lời bình : Cũng với nhận xét này, ta sử dụng cặp tam giác đồng dạng : ΔAEB đồng dạng ΔANC ; ΔAFD đồng dạng ΔAMC Thông thường, tốn phải sử dụng kiến thức đường trịn lớp

Bài toán : Cho tam giác ABC vuông A Điểm D thuộc cạnh BC Điểm M chạy đoạn AD Các điểm N, P hình chiếu vng góc M AB, AC Chứng minh : đường thẳng qua N, vuông góc với PD ln qua điểm cố định

Lời giải : (hình 8) Gọi K giao điểm đường thẳng qua A, D vng góc với AD, AB Như vậy, K cố định

Theo giả thiết, dễ nhận thấy APMN hình chữ nhật Ta có : DK vng góc AN, AN // MP => DK vng góc MP Mặt khác, KA vng góc MA => Đ AKD = Đ AMP (góc có cạnh tương ứng vng góc) => ΔAKD đồng dạng với ΔPMA (1)

APMN hình chữ nhật, ta chứng minh ΔPMA đồng dạng ΔANP (2) Từ (1) (2) => : ΔAKD đồng dạng ΔANP => ΔAKN đồng dạng ΔADP (theo nhận xét ban đầu) => Đ AKN = Đ ADP (3)

Gọi L, Q giao điểm KN với AD, DP Ta cóĐ ALM = ĐQLM (4)

Từ (3) (4) => : ΔAKL đồng dạng ΔQDL => Đ LQD = Đ LAK = 90o => LQ vng

góc DQ hay KN vng góc DP

Vậy, đường thẳng qua N, vng góc với PD ln qua điểm K cố định

Lời bình : Đây đề thi vào khối chuyên toán ĐHSP Hà Nội Nhận xét ban đầu giúp học sinh lớp giải toán này, ngắn gọn cách giải kiến thức đường tròn lớp

Bài tốn : Cho ngũ giác ABCDE có DC = DE, Đ C = Đ E = 90o Điểm M thuộc

Lời giải : (hình 9) Qua A, kẻ đường thẳng song song với BC, cắt CM N Theo định lí Ta-lét, ta có AM/AN = BC/BM ; theo giả thiết, BC/BM = AE/AM => AN/AM = AE/AM => MN = AE => ΔEAN cân A (1)

Từ (1) (2) => : ΔAEN ΔDEC

=> ΔEDA đồng dạng với ΔECN (theo nhận xét trên) => Đ ADE = Đ MCE Chứng minh tương tự, ta có : Đ ADE = Đ MCE

Lời bình : Nhận xét ban đầu giúp ta nghĩ tới việc kẻ đường thẳng qua A, song song với BC, cắt CM N

Qua toán trên, phần thấy vai trò quan trọng nhận xét ban đầu Để kết thúc viết, xin giới thiệu thêm số tập vận dụng

Bài : Cho tam giác ABC vuông A Dựng phía ngồi tam giác ABC tam giác ABE, CAF vuông E, F, cho EA/EB = FC/FA = Điểm H thuộc BC, HB/HC = 1/4

Tính HE/HF Đ EHF

Bài : Cho tứ giác ABCD bốn điểm X, Y, Z, T thỏa mãn điều kiện : tam giác AXB, CYB, CZD, ATD đồng dạng ; X thuộc nửa mặt phẳng có bờ AB, khơng chứa C, D ; Y thuộc nửa mặt phẳng có bờ BC, khơng chứa D, A ; Z thuộc nửa mặt phẳng có bờ CD, không chứa A, B ; T thuộc nửa mặt phẳng có bờ DA, khơng chứa B, C Chứng minh : điểm X, Y, Z, T thẳng hàng đỉnh hình bình hành

Bài : Cho điểm M nằm bên góc xOy Các điểm A, B theo thứ tự chạy tia Ox, Oy cho 2OA = 3OB Tìm vị trí A, B cho 2MA + 3MB lớn

Bài : Cho tam giác ABC vuông cân B Điểm M nằm tam giác thỏa mãn điều kiện : MA/1 = BM/2 = CM/3 Tính góc AMB

Bài : Cho tam giác ABC, AB > BC Gọi K, M trung điểm AB, AC ; I giao điểm đường phân giác Các đường thẳng KM, CI cắt P Lấy điểm Q cho QP vng góc với KM, QM song song với BI Chứng minh : QI vuông góc với AC

TỐN TUỔI THƠ 16

Theo tác giả SGK, nội dung SGK quan tâm tới yếu tố vui học, gắn học với thực tế, đưa vào mẩu chuyện lịch sử Toán học nhằm tạo gần gũi, thân thiết, gây hứng thú học tập, từ giúp học sinh đạt kết học tập cao Việc tạo niềm say mê, hứng thú học tập, cách hay cách khác chắn đem lại kết học tập tốt nhiều cho bạn Các bạn tự tạo hứng thú từ nhận xét, phát “nho nhỏ” trình học tốn Bài tốn “con cá” ví dụ

Trong sách Bài tập toán (tập 1, trang 99) có tập số 13, nội dung sau : “Trên hình vẽ có Ax song song với By, CAx = 50 o, CBy = 40 o Tính ACB 

bằng cách xem góc ngồi tam giác.” (xem hình 1) Lời giải toán xin nhường cho bạn đọc muốn trao đổi với bạn tốn tổng qt mà tơi thường gọi toán “đầu cá”

Bài toán (bài toán “đầu cá”) : Hình 2 cho biết CAB > CAx, Ax // By   Chứng minh : ACB = CAx + CBy    

Lời giải : Trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa tia CB, vẽ tia Cm // Ax Vì Ax // By => Cm // By => CAx = C  ; CBy = C  (so le trong) Vậy : CAx + CBy 

= C + C (1)

Theo giả thiết, ACB > CAx => ACB > C    hay tia Cm nằm hai tia

CA CB, : ACB = C  + C (2)

Từ (1) (2) suy ACB = ACx + CBy   

Lời bình : + Bài tốn cho biết mối quan hệ hai góc CAx, CBy với    ACB, khơng phụ thuộc vào số đo góc toán đặt vấn đề

+ Mấu chốt lời giải việc kẻ thêm đường phụ Cm song song với Ax + Đối với học sinh lớp tập dượt chứng minh hình học, với kiến thức chương I - Đường thẳng vng góc - Đường thẳng song song, toán hay Khai thác toán, ta có nhiều tốn tương tự thú vị

Bài toán (bài 57 trang 104 SGK Toán 7, tập 1) : Cho hình vẽ (a // b), tính số đo x góc O (xem hình 3)

Bài tốn (bài 3, trang 91, SGK Toán 7, tập 2) : Xem hình 4, cho a // b, C =  44o, D = 132 o Tính số đo góc COD 

Chú ý : Tương tự bạn giải toán 5, trang 92, SGK Toán 7, tập

Bài toán (bài tốn “thân cá”) : Cho hình 5, biết Ax // By CAx + ACB >   180o Chứng minh : CAx + ACB + CBy = 360   o

Gợi ý : + Kẻ tia đối Ax’ tia Ax tia đối By’ tia By Sử dụng kết toán “đầu cá”

+ Cách khác : Kẻ Cm // Ax chứng minh tương tự toán “đầu cá” Bài tốn : Cho hình 6, biết Ax // By CBy > ACB  

Chứng minh : CBy = xAC + ACB   

Gợi ý : Kẻ tia Cm // Ax chứng minh tương tự toán “đầu cá”

Gợi ý : Kẻ Cm // Ax

* Từ toán đến tốn có tốn đảo thú vị chờ bạn tiếp tục khám phá Sau học “Tổng ba góc tam giác”

chương II, thay đổi giả thiết tốn “đầu cá” : Ax khơng song song với By ta có tốn sau

Bài tốn (bài tốn “đi cá”) :

Cho hình Chứng minh : ACB = MAC + MBC + AMB    

Gợi ý : Nối MC kéo dài phía C, sử dụng tính chất góc ngồi tam giác Kết hợp tốn trên, ta tốn “con cá” hồn chỉnh

Bài toán (bài toán “con cá”) : Cho hình 9 Tính góc x, y, z

Lời giải toán dành cho bạn đọc

Con đường đến toán “con cá” thật đơn giản lí thú phải khơng bạn ?

LTS : Xuất phát từ 57 trang 104 SGK Toán 7, tập 1), thầy giáo Nguyễn Đức Tấn (TP HCM) tổng quát mối liên hệ ba góc OAa, AOB,    OBb (xem hình 3) Từ hình thành loạt tốn tính số đo góc biết số đo hai góc cịn lại tốn đảo

TOÁN TUỔI THƠ 17

Các bạn học qua lớp chắn biết đường đồng quy tam giác :

Định lí : Ba đường trung tuyến tam giác qua điểm ;

Định lí : Ba đường phân giác tam giác qua điểm ;

Định lí : Ba đường trung trực tam giác qua điểm ;

Định lí : Ba đường cao tam giác qua điểm

SGK Toán tập sử dụng phương pháp chứng minh ba đường thẳng đồng quy để chứng minh định lí 2, định lí

Phương pháp chứng minh mơ tả khái qt sau :

Ba đường thẳng a, b, c đồng quy :

- Mọi điểm thuộc c có tính chất C ngược lại - Chứng tỏ giao điểm a b thỏa mãn tính chất C.

Các bạn cần lưu ý, quỹ tích điểm thỏa mãn tính chất C đường thẳng c

Nếu ta phát nhiều tính chất đường thẳng c có nghĩa có nhiều cách chứng minh a, b, c đồng quy

Ta áp dụng phương pháp để chứng minh định lí * Chứng minh định lí :

Cách : - Bổ đề : Trong tam giác, quỹ tích trung điểm đoạn thẳng nối hai điểm nằm hai cạnh khác nhau, song song với cạnh thứ ba trung tuyến thuộc cạnh thứ ba

- Gọi AM, BN, CK trung tuyến ∆ABC ; G = BN ∩ CK Qua G dựng DE // BC, FR // AB, PQ // AC (hình 1)

Theo bổ đề 1 ta có GF = GR ; GP = GQ Từ dễ thấy ∆DQG = ∆FGP ; ∆FGP = ∆GRE (g.c.g) => ∆DQG = ∆GRE => DG = GE=> G Є AM (theo bổ đề 1)

Vậy AM, BN, CK đồng quy G Định lí chứng minh Cách : (hướng dẫn)

- Bổ đề : Quỹ tích điểm nằm tam giác với cạnh a, b, c, có tỉ số khoảng cách tới hai cạnh b, c c/b trung tuyến thuộc cạnh a

- Gọi AM, BN, CK trung tuyến ∆ABC ; G = BN ∩ CK Dựng GD AB, GE AC, GF BC   

Theo bổ đề suy :

GD/GF = BC/AB ; GF/GE = AC/BC ;

=> GD/GE = GD/GF GF/GE = BC/AC AC/BC = AC/BC ; * Chứng minh định lí : (sử dụng kết khác với SGK)

- Bổ đề : Trong ∆ABC, DE // BC (D Є AB, E Є AC), quỹ tích điểm I thuộc DE cho ID/IE = AB/AC đường phân giác AA1

- Gọi AA1, BB1, CC1 phân giác ∆ABC ; I = BB1 ∩CC1 Qua I

dựng DE // BC, FR // AB, PQ // AC (hình 2) Từ bổ đề 3 suy :

Mặt khác, ta nhận thấy tam giác IFP, RIE, QDI đôi đồng dạng => ID/IE = ID/FP FP/IE = IQ/IP IF/IR = AB/BC BC/AC = AB/AC => ID/IE = AB/AC => I Є AA1 (theo bổ đề 3)

Vậy AA1, BB1, CC1 đồng quy I Định lí chứng minh

* Chứng minh định lí :

- Bổ đề : Cho ∆ABC, N thuộc đường cao BB’ K thuộc đường cao CC’ cho DE // BC (D Є AB, E Є AC) Quỹ tích điểm H thuộc DE cho HD/DE = BK2/CN2 đường cao AA’

Hướng dẫn : (hình 3)

Hai tam giác vng ANC AKB có NB’ ∩ AC ; KC’ ∩ AB => AN2 = AB’.AC ; AK2 = AC’.AB (1)

Hai tam giác vuông AB’B AC’C đồng dạng có chung BAC => AB’.AC =  AC’.AB (2)

Từ (1) (2) => AN = AK

Gọi M Є AA’ cho BMC = 90 o tương tự ta có : AN = AK ; BM = BK ; CM =

CN (3)

Xét tam giác vuông BMC, MA’ BC => BM 2 = BA’.BC CM2 = CA’.BC

=> BA'/CA' = BM2/CM2 = BK2/CN2 = HD/HE (theo bổ đề 3)

=> H’ = DE ∩ AA’ H'D/H'E = BA'/CA' = HD/HE => H’ ≡ H

Trở lại định lí (hình 4)

- Gọi M, N, K nằm đường cao AA’, BB’, CC’ ∆ABC cho BMC = ANC = AKB = 90

   o, H = BB’ ∩ CC’

Từ bổ đề suy :

HQ/HP = AK2/CM2 ; HF/HR = BN2/AN2

Mặt khác, ta nhận thấy tam giác HFP, RHE, QDH đôi đồng dạng nên : HD/HE = HD/FP FP/HE = HQ/HF HF/HR = AK2/CM2 BM2/AN2

=> HD/HE = BM2/CM2 (Do AK = AN) => H Є AA’ (theo bổ đề 4)

Vậy AA’, BB’, CC’ đồng quy H Định lí chứng minh

* Đề nghị bạn đọc chứng minh bổ đề ; ; làm tập sau

Bài tập : Trong tam giác, đường thẳng đối xứng với đường trung tuyến qua đường phân giác xuất phát từ đỉnh gọi đường đối trung đỉnh Chứng minh tam giác, ba đường đối trung đồng quy

TOÁN TUỔI THƠ 18

TẬP "LỘI NGƯỢC" KHI GIẢI TỐN

“Lội ngược dịng” cụm từ quen thuộc thể thao, dùng để cố gắng đảo ngược kết trận đấu Cịn “lội ngược dịng” giải tốn q trình phân tích lên từ kết để tìm lời giải Với hướng “lội ngược dòng” ta tìm cách giải

Ta xét toán sau :

Bài toán : (định lí Py-ta-go) Cho ∆ABC vng A, BC = a, AC = b, AB = c Chứng ming : a2 = b2 + c2 (*)

Hướng : Từ a2, b2, c2 ta liên hệ đến diện tích hình vng có cạnh a,

b, c Nếu dựng phía ngồi ∆ABC hình vng có cạnh BC, CA, AB (*) tương đương với diện tích hình vng cạnh BC tổng diện tích hai hình vng có cạnh CA, AB

Ta tiếp tục đặt vấn đề : liệu chia hình vng cạnh BC thành hai hình chữ nhật có diện tích diện tích hai hình vng cịn lại khơng

Từ ta phát đường HH’, H chân đường vng góc hạ từ A ABC ⇼

Cách : Dựng phía ngồi ∆ABC hình vng AEFB, BMNC, CPQA (hình 1) Đường cao AH BC cắt MN H’ (H Є BC) Đặt BH = c’ CH = b’ Ta cần chứng minh : SCNH’H = SCPQA ; SBMH’H = SAEFB hay a.b’ = b2 ; a.c’ = c2 (**)

Thật vậy, hai tam giác vng ABC HBA có chung nên ∆ABC đồng dạng với ∆HBA suy :

Tương tự ta có b2 = ab’

Định lí chứng minh biết trước (**) ta khơng cần vẽ thêm hình vng phụ

Hướng : Ta có :

a2 = b2 + c2 = (b + c)2 - 2bc

<=> a2 + 1/2 bc = (b + c)2 : (1)

Liên hệ với cơng thức tính diện tích, ta nhận thấy a2 (b + c)2 diện tích

các hình vng có cạnh a b + c ; 1/2 bc diện tích tam giác có hai cạnh bên b c Từ ta thử tìm cách dựng hình phụ chứng minh

Cách :

Dựng hình vng ADEF có độ dài cạnh b + c ; B Є AD ; C Є AF (hình 2) Lấy I Є EF ; K Є DE cho IF = KE = b

Ta nhận thấy ∆ABC = ∆DKB = ∆EIK = ∆FCI ;

BCIK hình vng

=> SBCIK + SABC + SDKB + SEIK + SFCI = SADEF

<=> SBCIK + 4.SABC = SADEF

<=> a2 + 1/2 bc = (b + c)2

<=> a2 = b2 + c2

Hướng : Thay đổi cách nhìn chút so với cách 2, ta thấy :

(*) <=> 1/2(b + c)(b + c) = 1/2a2 + 1/2bc , vế trái diện tích hình

Cách : Trên tia đối tia CA, lấy điểm F cho CF = c ; Dựng điểm D thuộc nửa mặt phẳng có bờ AE, chứa điểm B, DE AE, DE = b ( hình 3)

Ta nhận thấy ABDE hình thang vng có hai đáy AB = c, DE = b, đường cao AE = b + c ; ∆ABC = ∆ECD ; ∆BCD vuông cân C có cạnh a

=> SABDE = SBCD + SABC + SECD

<=> SABDE = SBCD + 2.SABC

<=> 1/2(b + c)(b + c) = 1/2a2 + 1/2bc

<=> a2 = b2 + c2

Hướng : Tiếp tục biến đổi (*) theo hướng khác, a2 = b2 + c2 = (b - c)2 + 2bc

<=> a2 = (b - c)2 + 1/2bc

Cách : Khơng tính tổng qt, giả sử b > c Dựng hình chữ nhật ABA’C ; hình vng BCED (chứa A’) ; BA’ lấy điểm B’ cho BB’ = c ; DB’ lấy điểm C’ cho DC’ = c ; CA’ ∩ EC’ = D’ (hình 4)

Ta chứng minh kết sau :

∆ABC = ∆A’CB = ∆B’BD = ∆C’DE = ∆D’EC A’B’C’D’ hình vng có cạnh b - c

=> SBCED = SA’B’C’D’ + SA’BC + SB’BD + SC’DE + SD’EC

<=> SBCED = SA’B’C’D’ + 4.SABC

<=> SBCDE = SA'B'C'D' + 4.SABC

<=> a2 = (b - c)2 + 1/2bc <=> a2 = b2 + c2

Việc tập “lội ngược dòng” giúp bạn tập giải tốn Các bạn thử tìm lời giải tập :

Bài tập : Cho tứ giác ABCD Chứng minh : SSABCD ≤ 1/2.AC.BD

TOÁN TUỔI THƠ 19

PHÁT TRIỂN TỪ

MỘT BÀI TOÁN CƠ BẢN

Mọi dịng sơng lớn bắt nguồn từ suối nhỏ, tốn khó khởi nguồn từ tốn đơn giản Vì để học giỏi mơn tốn khơng bạn cần phải nắm vững biết vận dụng toán mà nên biết cách phát triển tốn để có thêm tốn

Bài toán sau toán quen thuộc chương trình hình học lớp : Bài tốn : Cho tứ giác ABCD có AB < CD Gọi M, N, P, Q trung điểm AB, AC, CD, BD Chứng minh tứ giác MNPQ hình bình hành Hình bình hành MNPQ có dạng đặc biệt tứ giác ABCD thỏa mãn thêm điều kiện

Dễ thấy hình bình hành MNPQ trở thành hình thoi tứ giác ABCD có hai cạnh đối Ta có kết :

Bài tốn : Cho tứ giác ABCD có AD = BC, AB < CD Gọi M, N, P, Q là trung điểm AB, AC, CD, BD Chứng minh tứ giác MNPQ hình thoi Lưu ý QM, MN, NP, PQ đường trung bình tam giác BAD, ABC, CAD, DBC ta có điều phải chứng minh (xem hình 1)

Tương tự, MP đáy tam giác cân NMP nên đường thẳng MP tạo với đường thẳng AD, BC góc Từ ta có tốn : Bài tốn : Cho ∆EDC có ED < EC Lấy A, B ED, EC cho DA = CB Gọi P, M trung điểm DC, AB PM cắt EC, ED H, G Chứng minh ∆EGH cân E

Các bạn chứng minh xem hình 3

Đến đây, ta nhận thấy Đ DEC góc ∆EGH (cân E) nên dễ dàng phát thấy đường thẳng GH song song với đường phân giác Đ DEC Nếu cho E, A, B cố định M trung điểm AB cố định, phân giác Đ AEB cố định Từ ta kết thú vị

Bài toán : Cho ∆EAB, EA < EB D, C chạy tia đối tia AE, tia BE cho DA = CB Chứng minh trung điểm P DC chạy đường thẳng cố định

Các bạn chứng minh điểm P nằm đường thẳng d qua trung điểm M AB cố định song song với đường phân giác cố định Đ AEB Tất nhiên đường thẳng d đường thẳng cố định (xem hình 3) Dựa vào kết đọc thêm viết “Phương tích toán

Castillon” tác giả Trần Anh Dũng, đăng TTT2 số 16 bạn giải toán :

Bài tốn 4(7) : Cho tứ giác ABCD có AD = BC Về phía ngồi tứ giác này, ta dựng hai tam giác ADE BCF Chứng minh trung điểm đoạn AB, CD, EF thuộc đường thẳng

Lời giải :

Trường hợp AB < CD : Gọi I, K, H, M, N, P, Q trung điểm AB, EF, CD, CE, DF, BD, AC (hình 4)

Từ giả thiết ∆ADE = ∆BCF dựa vào tính chất đường trung bình tam giác ta dễ dàng có kết :

∆HNP = ∆HMQ (c.c.c)

Suy Đ MHQ = Đ NHP → Đ MHP = Đ NHQ → Đ MHN = Đ PHQ có tia phân giác

Mặt khác, áp dụng toán cho hai tứ giác ABCD EFCD, ta có IPHQ KMHN hình thoi Suy HK HI phân giác Đ MHN Đ PHQ

Suy H, I, K thẳng hàng

Trường hợp AB = CD : dành cho bạn đọc

Các bạn thử chứng minh kết mở rộng toán :

“Cho tứ giác ABCD có AD = BC Về phía ngồi tứ giác này, ta dựng hai đa giác ADM1M2 Mn BCN1N2 Nn Chứng minh trung điểm

các đoạn AB, CD, M1N1, M2N2, , MnNn thuộc đường thẳng.”

TOÁN TUỔI THƠ 20

SAI LẦM DỄ MẮC PHẢI

KHI TÌM GIÁ TRỊ LỚN NHẤT VÀ GIÁ TRỊ NHỎ NHẤT

Khi giải toán, bạn khơng lần mắc phải sai lầm đáng tiếc Trong chuyên mục “Sai đâu ? Sửa cho đúng”, bạn chứng kiến nhiều lời giải sai lầm Nhà sư phạm toán tiếng G Polya nói : “Con người phải biết học sai lầm thiếu sót mình” A.A Stoliar cịn nhấn mạnh : “Khơng tiếc thời gian để phân tích học sai lầm học sinh”

Trước hết, đề nghị bạn đọc phát sai lầm lời giải ví dụ sau

Ví dụ : Tìm GTNN biểu thức : A = x2 - 3x + với x ≥

Lời giải :

Vậy GTNN A 11/4 x = 3/2 Ví dụ : Tìm GTNN biểu thức :

với x ≠ ; y ≠ Lời giải :

Ví dụ : Tìm GTNN biểu thức :

trong x, y số dương thay đổi, thỏa mãn x + y = Lời giải : Ta có :

Mặt khác, x > ; y > nên suy :

Vậy GTNN M 4, xy =

Bây phân tích sai lầm lời giải

* Trong ví dụ 1, ta thấy x = 3/2 không thỏa mãn điều kiện x ≥ Lời giải chưa quên điều kiện x ≥ toán

Vậy GTNN A phải x =

A = x2 - 3x + = (x2 - 3x + 2) + = (x - 1)(x - 2) +

Vì x ≥ nên x - > x - ≥ 0, suy (x - 1)(x - 2) ≥ suy A ≥ Vậy GTNN A (x - 1)(x - 2) = tương đương x - = hay x = Chú ý : Nếu toán yêu cầu tìm GTNN A x ≥ ta xử lí ? * Trong ví dụ 2, sau tìm GTNN P - 9/4 t = 1/2 tiếp tục xác định giá trị tương ứng x y, bạn khơng khó khăn để nhận không tồn x ; y để t = 1/2 P = - 9/4 Vậy lời giải sai

Nếu bạn biết :

với x ≠ ; y ≠ (một kết quen thuộc) bạn thấy lời giải sau :

Ta có : P = t2 - t - = (t + 1)(t - 2)

+ Nếu t ≥ t - ≥ t + > suy (t + 1)(t - 2) ≥ suy P ≥ + Nếu t ≤ -2 t - < t + < suy (t + 1)(t - 2) > suy P > Do P ≥ với x, y khác

Suy P đạt GTNN t = hay x = y

* Trong ví dụ 3, GTNN biểu thức M 4, đạt x.y = Khi kết hợp với điều kiện x + y = đề bài, ta có hệ :

Dễ dàng nhận thấy hệ vô nghiệm, tức M 4, suy lời giải sai

TOÁN TUỔI THƠ 21

Mặt khác, gọi F giao điểm AB CE ; G giao điểm BN CE ta có EFA = BFG (hai góc đối đỉnh) EFA + FAE + AEF = BFG +

      

BGF + FBG = 180 o (tổng ba góc tam giác) Suy FAE = BGF  

= 90o hay BN CE Vậy BN = CE BN CE  

Nhận xét : Bài toán quen thuộc “loay hoay” với việc kẻ thêm hình phụ nhằm thay đổi điều kiện tốn, tơi phát thêm nhiều kết thú vị

Trước hết, vẽ thêm phía ngồi tam giác ABC hình vng BCPQ vẽ tiếp hình bình hành CMKP, ta nhận thấy :

∆ABC = ∆CKM theo trường hợp c.g.c (CM = CA ; BC = CP = MK ; ACB =   CMK - hai góc có cạnh tương ứng vng góc) => CK = AB = AE BAC =   MCK => BAC + EAB = MCK + ACM => ACK = CAE, hai góc ở      vị trí so le => AE // CK => tứ giác AECK hình bình hành => AK // CE AK = CE

Hồn tồn tương tự, vẽ hình bình hành BDIQ ta có AI // BN AI = BN Từ ta đề xuất tốn

Bài toán : Cho tam giác ABC có A nhọn Dựng phía ngồi tam giác  ABC hình vng ABDE, ACMN, BCPQ ; hình bình hành CMKP BDIQ Chứng minh AIK tam giác vng cân

Bài tốn cịn chứng minh cách khác ta chưa dừng lại kết Nếu gọi O tâm hình vng BCPQ ta chứng minh O trung điểm đoạn thẳng IK (chú ý ∆OIQ = ∆OKC) Như AO IK và

Tiếp tục khai thác mối liên hệ đoạn thẳng IK với đoạn thẳng khác ta thấy KI // DM ; KI = DM ; DM // O1O2 ; DM = 2O1O2 => KI // O1O2 ; KI = 2O1O2 (O1,

O2 tâm hình vng ABDE, ACMN - hình 2) => AO O 1O2

Thay đổi điều kiện toán (bỏ chi tiết gợi ý cho kết (*), ta có tốn khơng dễ

Bài tốn : Cho tam giác ABC có A nhọn Dựng phía ngồi tam giác  ABC tam giác BOC, AO1B, AO2C vuông cân O, O1, O2 Chứng

minh AO O 1O2 AO = O1O2

Khi xem xét, tơi thấy tốn cho trường hợp A vuông  tù, đề nghị bạn tự kiểm tra Từ ta phát biểu chứng minh tốn sau

Bài toán : Cho tam giác ABC Dựng phía ngồi tam giác ABC tam giác vuông cân BOC, AO1B, AO2C O, O1, O2 Chứng minh

đường thẳng AO, BO2, CO1 đồng quy

Đến nhớ lại 5(13) nghĩ có liên hệ với kết Tơi tìm cách chứng minh lại thành công sử dụng kết toán

Bài 5(13) : Cho hình thang ABCD có AB song song nửa CD Điểm M nằm ngồi hình thang cho MH vng góc phần tư CD Bên ngồi hình thang, ta dựng tam giác ADE BCF vuông cân E F Chứng minh tam giác MEF vuông cân M

Các bạn chứng minh : - P trung điểm KM

- ∆IPK = ∆EHM => KI = EM KI EM 

- KM // IF KM = IF => KIFM hình bình hành => KI // FM KI = FM

TỐN TUỔI THƠ 22

KHƠNG COI NHẸ KIẾN THỰC CƠ BẢN

Để giải tốn nói chung, đương nhiên bạn cần phải biết vận dụng linh hoạt, tổng hợp kiến thức mình, kiến thức phức tạp hình thành từ kiến thức đơn giản nhất, kiến thức Trong nhiều trường hợp, để giải toán khó đơi cần cần phải sử dụng đến kiến thức

Hệ thống ví dụ chứng minh cho bạn thấy tầm quan trọng bất đẳng thức a2 với a (*)

Ví dụ : 1) Chứng minh x2 - x + > với x

2) Tìm giá trị nhỏ y = x2 - 2x +

Lời giải : 1) Ta có

với x, 3/4 > theo (*)

2) Ta có y = x2 - 2x + = (x - 1)2 + ≥ (x - 1)2 ≥ với x Đẳng thức xảy

ra <=> (x - 1)2 = <=> x =

Vậy y đạt giá trị nhỏ x = Ví dụ : Giải hệ phương trình

Lời giải : Cộng theo vế phương trình hệ ta có : x2 + y2 + z2 =

y - + z - + x -

<=> (x2 - x + 1) + (y2 - y + 1) + (z2 - z + 1) =

Vì x2 - x + > ; y2 - y + > ; z2 - z + > với x, y, z (theo ví dụ 1.1) nên

phương trình vơ nghiệm

Vậy hệ phương trình cho vơ nghiệm

Ví dụ (đề thi TS vào lớp 10 chuyên Phan Bội Châu, Hà Tĩnh) : Giải hệ phương trình

Lời giải :

Ta có (1) <=> x2 - xy + y2 - yz + z2 - zx =

<=> (x2 - 2xy + y2) + (y2 - 2yz + z2) + + (z2 - 2zx + x2) =

<=> (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2 = (3)

Vì (x - y)2 ≥ ; (y - z)2 ≥ ; (z - x)2 ≥ với x, y, z => (x - y)2 + (y - z)2 + (z - x)2

≥ với x, y, z

=> (3) <=> x - y = y - z = z - x = <=> x = y = z, thay vào (2) ta có : 3.x2002 = 3.y2002 = 3.z2002 = 32003

=> x2002 = y2002 = z2002 = 32002

Vậy hệ phương trình ban đầu có hai nghiệm x = y = z = x = y = z = - Ví dụ : Giải phương trình

Lời giải : Điều kiện x ≥ (2) Ta có :

<=> x = 2, thỏa mãn điều kiện (2)

Vậy phương trình (1) có nghiệm x =

Ví dụ ((đề thi TS vào lớp 10 ĐHKHTN - ĐHQG Hà Nội 2002) : Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh phương trình sau vơ nghiệm : x2 + (a + b + c)x + ab + bc + ca =

Lời giải : Phương trình tương đương với

với x, a, b, c nên để chứng minh phương trình vô nghiệm, ta cần phải chứng minh : 4(ab + bc + ca) - (a + b + c)2 >

Thật : 4(ab + bc + ca) - (a + b + c)2 = 2(ab + bc + ca) - a2 - b2 - c2 = 2c(a + b)

- (a - b)2 - c2

Vì a, b, c độ dài ba cạnh tam giác nên : |a - b| < c => (a - b)2 < c2

=> (a - b)2 + c2 < 2c2 ;

c < a + b => 2c2 < 2c(a + b)

Suy (a - b)2 + c2 < 2c(a + b)

<=> 2c(a + b) - (a - b)2 - c2 >

<=> 4(ab + bc + ca) - (a + b + c)2 >

HỌC CÁCH DỰNG HÌNH PHỤ

QUA VIỆC CHỨNG MINH MỘT ĐỊNH LÍ

Định lí “Trong tam giác, đường phân giác góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy” lớp có nhiều cách chứng minh

Xin giới thiệu số cách chứng minh định lí trên, hi vọng qua bạn tơi, tích lũy nhiều kinh nghiệm dựng hình phụ để giải tốn hình học

Khơng tính tổng qt, ta xét tam giác ABC có phân giác AD (D thuộc BC), ABC ≥ ACB Ta cần chứng minh AB/AC = DB/DC (*)

 

Cách : Dựng BE (E thuộc AD) cho ABE = ACD (  hình 1)

Ta có ∆ABE đồng dạng với ͧACD (g-g) suy AB/AC = EB/DC (1) ; AEB =   ADC => BED = BDE => ∆BDE cân B => BD = BE (2) Từ (1) (2) suy   (*)

Cách : Dựng BE AD, CF AD (E, F thuộc AD, hình 2) Ta có ∆ABE đồng   dạng với ∆ACF (g-g) ; ∆BDE đồng dạng với ∆CDF (g-g) suy AB/AC = EB/FC = DB/DC (đpcm)

Cách : Dựng AH BC, DM AB, DN AC (H, M, N thuộc BC, AB, AC,  

Ta có ∆ADM = ∆ADN (cạch huyền-góc nhọn) suy DM = DN Do : S(ABD)/S(ACD) = DM.AB/(DN.AC) = AB/AC (1)

Lại có S(ABD)/S(ACD) = AH.DB/(AH.DC) = DB/DC (2) Từ (1) (2) suy (*)

Cách : Qua B vẽ đường thẳng song song với AD, cắt đường thẳng AC E (hình 4)

Xét ∆CBE, AD // BE, ta có DB/DC = AE/AC (1)

Cũng AD // BE mà AD lại phân giác BAC, dễ dàng chứng minh  AEB = ABE => ∆ABE cân A => AB = AE (2)

 

Từ (1) (2) suy (*)

Cách : Qua D dựng đường thẳng song song với AB, AC, cắt AC, AB E, F (hình 5)

Ta có ∆BFD đồng dạng với ∆DEC (g-g) suy DB/DC = BF/DE = DF/CE = (BF + DF)/(DE + CE)

Mặt khác, dễ thấy AEDF hình thoi nên suy DB/DC = AB/AC (đpcm)

* Với cách kẻ hình phụ sau, bạn thử tiếp tục chứng minh định lí cách khác :

Cách : Qua D dựng đường thẳng song song với AB, qua A dựng đường thẳng song song với BC, hai đường thẳng cắt E DE cắt AC F (hình 7)

Cách : Trong ∆ABC, dựng hai đường cao CE BF, chúng cắt AD K, H Đường thẳng qua C song song với AD cắt BF I (hình 8)

Cách 10 : Qua B, C dựng đường thẳng song song với AD, cắt đường thẳng qua D song song với AC F, E Đường thẳng qua F song song với AB cắt AD M

TOÁN TUỔI THƠ 24

HỌC TOÁN CẦN PHẢI BIẾT THẮC MẮC

Ln tự đặt câu hỏi tìm cách giải đáp trước vấn đề học toán phẩm chất đáng khích lệ Nó khơng giúp bạn hiểu kĩ vấn đề mà tạo cho bạn phong cách học tập chủ động thói quen suy nghĩ sâu sắc, đầy đủ

Tơi thực kinh nghiệm học toán từ cịn ngồi ghế nhà trường, hơm xin chia sẻ với bạn thông qua ví dụ

Khi học “Đường trung bình tam giác - áp dụng vào tam giác vuông”, SGK Hình Học cũ (trang 51) có nêu hai định lí sau :

Định lí : Trong tam giác vuông, trung tuyến ứng với cạnh huyền nửa cạnh huyền

Định lí : Trong tam giác trung tuyến ứng với cạnh nửa cạnh ấy tam giác tam giác vuông.

* Việc chứng minh hai định lí khơng khó (dựa vào tính chất đường trung bình tam giác) vấn đề nảy sinh định lí phát biểu cách khác : “Trong tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc vng bằng nửa cạnh đối diện với đỉnh đó”

Câu hỏi tơi đặt : Trong tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc nhọn (hay đỉnh góc tù) so với cạnh đối diện với đỉnh ? Khơng khó khăn để có trả lời cho câu hỏi

Trường hợp 1 (trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc nhọn) :

Cho tam giác ABC có A = 90 o M trung điểm BC Ta so sánh AM với

Khơng tính tổng qt, giả sử B < 90 o(hình 1) Gọi H hình chiếu vng

góc C AB H phải thuộc đoạn thẳng AB (H khác A H khác B) Suy :

 AHM = AHC + CHM > AHC = 90   o

=> H góc lớn tam giác AHM => AM > HM  Mặt khác, theo định lí 1 HM = BC/2 nên : AM > BC/2 Trường hợp (trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc tù) :

Cho tam giác ABC có A > 90 o, M trung điểm BC Ta so sánh AM với

BC/2 :

Dựng hình bình hành ABDC (hình 2)

Dễ thấy M trung điểm AD ACD < 90 o, theo định lí 1 AD/2 < CM

Suy AM = BC/2

Như ta có thêm hai định lí sau :

Định lí 1.1 : Trong tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc nhọn lớn hơn nửa cạnh đối diện với đỉnh đó.

Định lí 1.2 : Trong tam giác, trung tuyến xuất phát từ đỉnh góc tù nhỏ nửa cạnh đối diện với đỉnh đó.

Bằng phương pháp phản chứng ta dễ dàng chứng minh hai định lí khác : Định lí 2.1 : Trong tam giác trung tuyến ứng với cạnh lớn nửa cạnh góc đối diện với cạnh nhọn.

* Tôi vui sướng đem kết khoe với người anh họ Anh khen đặt thêm cho câu hỏi : Với tam giác vuông ABC vuông A, trung tuyến AM Đặt BC = a, AM = ma định lí 1 viết dạng hệ thức : ma =

a/2 (*), có hệ thức tổng qt tính độ dài đường trung tuyến ABC tam giác khơng ?

Phải đợi đến học định lí Py-ta-go lớp tơi trả lời câu hỏi này, định lí sau (trong SGK mới, định lí Py-ta-go giới thiệu từ lớp 7)

Định lí : Một tam giác có độ dài ba cạnh a, b, c độ dài ba đường trung tuyến tương ứng ma, mb, mc :

Chứng minh (**) : Dựng đường cao AH (hình 3), khơng tổng quát, giả sử H thuộc tia MB Theo định lí Py-ta-go ta có :

AB2 = AH2 + HB2 = AH2 + |MB - MH|2

= AH2 + MH2 + MB2 - 2.MB.MH

= AM2 + BC2/4 - 2,MB.MH ;

AC2 = AH2 + HC2 = AH2 + (MC + MH)2

= AH2 + MH2 + MC2 + 2.MC.MH

= AM2 + BC2/4 + 2.MB.MH

* Tôi tiếp tục dự đốn chứng minh định lí bao trùm định lí ; 1.1 ; 1.2

Việc dự đoán chứng minh dẫn tơi đến kết (1), (2), mở rộng định lí Py-ta-go Đảo lại định lí Py-ta-go kết (1), (2)

Chứng minh (1) : Tam giác ABC có A < 90 o Khơng tính tổng qt, giả sử

B < 90

 o (hình 4)

Gọi H hình chiếu vng góc C AB H phải thuộc đoạn thẳng AB (H khác A H khác B) Suy :

BC2 = BH2 + CH2 = (BA - AH)2 + AC2 - AH2

= AB2 + AC2 - 2.AB.AH < AB2 + AC2

=> a2 < b2 + c2

Gọi H hình chiếu vng góc C AB A phải nằm B H Suy : BC2 = BH2 + CH2 = (BA + AH)2 + AC2 - AH2

= AB2 + AC2 + 2.AB.AH > AB2 + AC2

=> a2 > b2 + c2

TOÁN TUỔI THƠ 25

TIẾP TỤC PHÁT HIỆN VÀ MỞ RỘNG

Tiếp tục mở rộng kết sáng tạo tự học tốn, đăng TTT2 số 1, tơi tìm thêm số kết Điều khẳng định lời thầy giáo Nguyễn Đức Tấn : “Tự học nhiều giúp ta tìm đến điều thú vị toán học”

Thầy Tấn mở rộng bất đẳng thức 1/(a - b + c) + 1/(b + c - a) + 1/(c + a - b) ≥ 1/a + 1/b + 1/c (I) (với a, b, c ba cạnh tam giác) theo hướng nâng lên lũy thừa bậc n mẫu số phân thức : 1/(a - b + c)n + 1/(b + c - a)n + 1/

(c + a - b)n ≥ 1/an + 1/bn + 1/cn (II)

l Câu hỏi đặt : không thử mở rộng bất đẳng thức (I) theo hướng ngược lại - khai bậc n mẫu số phân thức ?

Tiếp tục áp dụng cách chứng minh toán phụ 1/x + 1/y ≥ 4?(x + y) ( với x, y > 0) ta có :

Suy :

Từ ta có :

Kết : Nếu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác :

(với số tự nhiên n khác 0)

* Thay đổi tử số vế trái bất đẳng thức (I) thầy Tấn đưa kết : c/(a - b + c) + a/(b + c - a) + b/(c + a - b) ≥ (III)

Khai bậc n tử số phân số vế trái (III) lại có thêm kết khác

Kết : Nếu a, b, c độ dài ba cạnh tam giác :

Chứng minh : Trước hết ta phát biểu chứng minh bất đẳng thức Trê-bư-sép cho số :

Phát biểu :

Nếu a1 ≥ a2 ≥ a3 b1 ≥ b2 ≥ b3 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≥

≥ (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3) (1) ;

Nếu a1 ≤ a2 ≤ a3 b1 ≥ b2 ≥ b3

thì 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≤

≤ (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3) (2)

Chứng minh :

Với a1≥ a2 ≥ a3 b1 ≥ b2 ≥ b3 ta có : (a1 - a2)(b1 - b2) ≥

<=> a1b1 + a2b2 ≥ a1b2 + a2b1 ;

Tương tự ta có :

a2b2 + a3b3 ≥ a2b3 + a3b2 ;

a3b3 + a1b1 ≥ a3b1 + a1b3

Cộng theo vế ba bất đẳng thức ta có 2(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≥

≥ a1b2 + a2b1 + a2b3 + a3b2 + a3b1 + a1b3

<=> 3(a1b1 + a2b2 + a3b3) ≥ a1b2 + a2b1 + a2b3 + a3b2 + a3b1 + a1b3 + (a1b1 + a2b2 +

a3b3) =

= (a1 + a2 + a3)(b1 + b2 + b3)

Vậy (1) chứng minh

Tương tự, ta chứng minh (2)

Trở lại kết

Vì a, b, c ba cạnh tam giác nên khơng tính tổng qt, giả sử a ≥ b ≥ c => b + c - a ≤ c + a - b ≤ a + b - c

=> 1/(a - b + c) ≥ 1/(b + c - a) ≥ 1/(c + a - b) Theo bất đẳng thức (1) ; (I) ; (2) ta có :

Suy điều phải chứng minh

* Từ bất đẳng thức (III) thầy Tấn nâng lên lũy thừa bậc n tử số phân số vế trái để tìm kết mới, cịn tơi mạnh dạn tiếp tục nâng lên lũy thừa bậc m mẫu số chúng ý tưởng sử dụng bất đẳng thức Trê-bư-sép cho số lần lại có hiệu

≥ an - m + bn - m + cn - m với số tự nhiên m, n

Chứng minh : áp dụng bất đẳng thức (1) ; (II) ; (2) ta có :

Suy điều phải chứng minh

* Chưa dừng lại, tơi cịn tìm chứng minh kết sau :

(trong a, b, c ba cạnh tam giác, m, n, p, q số tự nhiên khác 0) Các bạn thử chứng minh xem !

TOÁN TUỔI THƠ 26

MỘT LẦN VÀO "BẾP"

Trong q trình tự học tốn, tơi thường “nghiên cứu” kĩ tốn đơn giản, cố tìm điểm mấu chốt chúng “xào nấu” chúng thành tốn “trơng lạ” Việc khơng giúp khắc sâu kiến thức, rèn luyện khả sáng tạo mà cịn cho tơi toán thú vị để đố bạn bè Xin giới thiệu với bạn lần vào “bếp” tơi, tốn đơn giản

Bài tốn : Tìm giá trị nhỏ T = (a + 2003)2 + (b + 2004)2 + (c + 2005)2

Lời giải : Ta có (a + 2003)2 ≥ với a ; (b + 2004)2 ≥ với b ; (c + 2005)2

≥ với c Suy T ≥ với a, b, c Đẳng thức xảy a = -2003 ; b = -2004 ; c = -2005

Vậy giá trị nhỏ T

Dễ thấy rằng, toán ta thay số 2003, 2004, 2005 số thực Từ ta có tốn sau :

Bài tốn : Tìm giá trị nhỏ T = (a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2 với m, n, p

là số

Hai tốn có cách giải đơn giản (sử dụng tính chất A2 ≥ 0) Bây giờ,

thêm điều kiện a + b + c số ta đề xuất toán sau : Bài toán : Xét số thực a, b, c có tổng q Tìm giá trị nhỏ T = (a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2 với m, n, p, q số

Tôi thử nhiều cách cuối tìm lời giải cho tốn nhờ sử dụng bất đẳng thức phụ sau : x2 + y2 + z2 ≥ (x + y + z)2/3 với x, y, z

Chứng minh (1) : Với x, y, z ta có x2 + y2 ≥ 2xy ; y2 + z2 ≥ 2yz ; z2 + x2 ≥ 2zx

Cộng theo vế bất đẳng thức chiều ta

2(x2 + y2 + z2) ≥ 2(xy + yz + zx) <=> 3(x2 + y2 + z2) ≥ (x + y + z)2 <=> x2 + y2 + z2 ≥

(x + y + z)2/3

Đẳng thức xảy <=> x = y = z

Lời giải : Theo bất đẳng thức (1) ta có

T = (a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2 ≥ (a + b + c + m + n + p)2/3 = (m + n + p + q)2/3

Suy T ≥ (m + n + p + q)2/3 Vậy giá trị nhỏ T (m + n + p + q)2/3,

đó

Lời giải tốn khơng thay đổi ta thay điều kiện a + b + c = q điều kiện a + b + c ≥ q Ta có tốn “hóc búa” sau :

Bài tốn : Tìm giá trị nhỏ T = (a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2 Biết a + b

+ c ≥ q m, n, p, q số

Cũng toán điều kiện a + b + c ≥ q ẩn điều kiện khác a, b, c dương abc ≥ q3, tốn trở nên “hóc búa” nhiều :

Bài tốn : Tìm giá trị nhỏ T = (a + m)2 + (b + n)2 + (c + p)2 Biết a, b, c

là số dương, abc ≥ q3 m, n, p, q số

Hướng dẫn : áp dụng bất đẳng thức Cô-si cho số dương a, b, c ta có

Việc mở rộng bất đẳng thức (1) giúp phát triển thêm chuỗi tốn

Ta có hai bất đẳng thức sau :

Chứng minh (2) : áp dụng bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski cho 2n số ta có

Vậy theo nguyên lí quy nạp, ta chứng minh (3)

Các bạn thử dùng bất đẳng thức (1) ; (2) ; (3) để giải toán sau Bài toán : Tìm giá trị nhỏ T = (a1 + b1)2 + (a2 + b2)2 + + (a2005 +

b2005)2 Biết a1 + a2 + + a2005 = 2005 b1, b2, , b2005 số

Bài tốn : Tìm giá trị nhỏ T = (a1 + b1)2 + (a2 + b2)2 + + (a2006 +

b2006)2 Biết a1, a2, , a2006 số dương có tích khơng nhỏ 24012 b1,

b2, , b2006 số

Bài toán : Tìm giá trị nhỏ T = (a + m)2005 + (b + n)2005 + (c + p)2005 Biết

a + b + c = 6015 m, n, p số

Bài tốn : Tìm giá trị nhỏ T = (a + m)2006 + (b + n)2006 + (c + p)2006 Biết

a, b, c số dương, abc ≥ 54135 m, n, p số

TOÁN TUỔI THƠ 27

NHỮNG KHAI THÁC TỪ MỘT BÀI TỐN QUỸ TÍCH CƠ BẢN

Làm để vận dụng tốt kiến thức vào việc giải toán ? Điều rèn luyện cách tự tìm tòi, khám phá điều mẻ từ tốn cũ

Ví dụ sau tốn quỹ tích quen thuộc

Bài toán : Cho xOy hai điểm M, N di động Ox, Oy cho  OM = ON Tìm quỹ tích trung điểm I MN

Thay kiện OM = ON toán thành OM + ON = a không đổi, ta thu kết hồn tồn

Bài tốn : Cho xOy hai điểm M, N di động Ox, Oy cho  OM + ON = a khơng đổi Tìm quỹ tích trung điểm I MN

Lời giải :

+ Phần thuận : Trước hết ta xét vị trí đặc biệt M N

Khi N ≡ O M ≡ M1 (M1 Є Ox OM1 = a) suy I ≡ E (E trung điểm

OM1)

Khi M ≡ O N ≡ N1 (N1 Є Oy ON1 = a) suy I Є F (F trung điểm

ON1)

Tiếp theo, với M, N chạy đoạn OM1, ON1, ta chứng minh

trung điểm I MN chạy EF Thật :

Vì OE = OF = 1/2 a ; MO + ON = OE + OF = a nên EM = NF hai đoạn thẳng MN, EF cắt (khi M khác E, N khác F) Gọi giao điểm MN EF I1

Từ M kẻ đường thẳng song song với Oy, cắt EF P, OFE = MPE (so le   trong) ; OEF = MEP (đối đỉnh) ; OFE = OEF (do OE = OF)    

Suy MPE = MEP => ∆MPE cân M   => MP = ME = NF => ∆MPI1 = ∆NFI1 (g.c.g)

=> MI1 = NI1 => I1 ≡ I trung điểm MN

+ Phần đảo : Đề nghị bạn tự giải

Bài tốn : Cho hai tia khơng cắt Ax By nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB Hai điểm M, N di động Ax, By cho AM + BN = a khơng đổi Tìm quỹ tích trung điểm I MN

Hướng dẫn : Gọi O trung điểm AB, qua O kẻ tia Ox1, Oy1 theo thứ tự

song song phía với Ax, By

Với tốn : Ta kẻ đường thẳng qua M, song song với AB cắt Ox1 M1 ;

đường thẳng qua N song song với AB cắt Oy1 N1 Các tứ giác OAMM1,

OBNN1 hình bình hành nên OM1 = AM, ON1 = BN suy OM1 + ON1 = a

khơng đổi, theo tốn quỹ tích trung điểm I1 đoạn thẳng M1N1 đoạn

thẳng EF (E ≡ Ox1, F ≡ Oy1 OE = OF = 1/2

Tứ giác MM1NN1 hình bình hành nên trung điểm I1 đường chéo M1N1 trùng

với trung điểm I đường chéo MN

Vậy quỹ tích trung điểm I đoạn thẳng MN đoạn thẳng EF

Với tốn : Tương tự ta có quỹ tích trung điểm I MN tia phân giác Ot x 1Oy1

Kết hợp tốn tốn ta có toán sau :

Bài toán : Cho hai tia không cắt Ax By nằm nửa mặt phẳng có bờ đường thẳng AB Hai điểm C, D di động Ax, By cho AC = BD ; hai điểm M, N di động Cx, Dy cho CM + DN = a khơng đổi Tìm quỹ tích trung điểm I MN

Gọi O trung điểm AB, H trung điểm CD Qua O kẻ tia Ox1, Oy1

theo thứ tự song song phía với Ax, By

Theo tốn 3, quỹ tích điểm H phân giác Ot x 1Oy1

Với cặp điểm C, D, từ trung điểm H CD kẻ tia Hx2, Hy2 song

song phía với Ax, By Theo tốn 4, quỹ tích trung điểm I MN đoạn thẳng EF E Є Hx2, F Є Hy2 HE = HF = 1/2 không đổi Mặt khác,

do x 2Hy2 = x 1Oy1 không đổi nên EF có độ dài khơng đổi nhận Ot trục đối

xứng Khi C ≡ A D ≡ B H ≡ O ; E ≡ A1 ; F ≡ B1 (A1 Є Ox1, B1 Є Oy1, OA1 =

OB1 = 1/2 a)

Vậy quỹ tích trung điểm I MN phần mặt phẳng giới hạn đoạn A1B1

hai tia A1E, B1F (song song, phía với tia Ot)

Thật thú vị, bổ sung kết vào sưu tập “Quỹ tích có điểm trong” (TTT2 số 12, 13, 14, 18