Cũng nên chú ý rằng, trong phép chứng minh bài toán 2 ta phải dùng đến kiến thức của hình học 9 (tứ giác nội tiếp) nhưng trong phép chứng minh bài toán 3 ta lại chỉ cần đến kiến thức của[r]
(1)SÁNG TẠO KHI TỰ HỌC TOÁN
Trong tự học nhiều giúp tìm đến điều thú vị toán học Bài viết xin trao đổi bạn đọc toán mà việc tự học tốn tơi tìm đến toán mới, toán tổng quát
Bài toán : Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh rằng: 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 tốn phụ : Cho x, y > Chứng minh : 1/x + 1/y ≥4/(x + y) Lời giải : Vận dụng bất đẳng thức Côsi 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
(2)Từ ta đến với tốn mới, tốn 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 tốn 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 tốn 4, toán tổng quát toán 1 toán 3.
Bài toán : Cho a, b, c độ dài ba cạnh tam giác Chứng minh :
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)
(3)Chứng minh tương tự ta có:
Từ (1), (2), (3), (4), (5) (6) ta có:
(4)BÀI TOÁN STEINER - LEIMUS 1 Bắt đầu từ thư
Năm 1840, nhà toán học người Pháp D.Ch.L, Leimus (1780 - 1863) gửi cho nhà hình học tiếng người Thụy Điển J Steiner (1769 - 1863) toán hay với yêu cầu đưa cách chứng minh túy hình học :
“Cho tam giác ABC có đường phân giác BE, CF Chứng minh tam giác ABC cân” (Bài toán 1)
Để giải toán này, J Steiner chứng minh bổ đề :
“Trong tam giác ABC, với BC = a ; CA = b ; AB = c ; đường phân giác AD tam giác tính cơng thức (*)
Chỉ cần kiến thức hình học lớp 8, bạn tự chứng minh điều áp dụng công thức (*) ta chứng minh toán :
(5)2 Khát khao vươn tới đẹp
Cách chứng minh J Steiner chưa đẹp chưa thực “thuần túy hình học” Bởi thế, sau phép chứng minh công bố, nhiều người lao vào để cố cơng tìm kiếm phép chứng minh mới, hay cho toán Hơn 150 năm trôi qua nhiều phép chứng minh nối tiếp đời Trong chứng minh đó, người ta đặc biệt quan tâm tới hai phép chứng minh sau :
1. Phép chứng minh R W Hegy
Năm 1983, R W Hegy cơng bố phép chứng minh tạp chí “The mathematical gazette” Anh, cần dùng kiến thức hình học lớp
Nếu Đ A > Đ B ta dựng hình bình hành BEDF hình bên Kí hiệu góc hình vẽ, ta thấy :
Nếu Đ B > Đ C => Đ B2 > Đ C2 => Đ D1 > Đ C2 (1)
Mặt khác, BE = CF nên DF = CF => Đ D1 + Đ D2 > Đ C2 + Đ C3 (2)
(6)Xét tam giác BCE CBF, ta thấy : BC chung, BE = CF, BF > CF nên Đ C1 > Đ B1 => Đ
C > Đ B Mâu thuẫn
Nếu Đ B < Đ C , hoàn toàn tương tự dẫn đến mâu thuẫn Chứng tỏ : Đ B = Đ C => cân đỉnh A (đpcm)
2. Phép chứng minh G Julbert D Mac Donnell
Năm 1963, phép chứng minh cơng bố tạp chí “American Mathematical Monthey” Mỹ Phép chứng minh giải toán khác mà toán hệ Đó tốn :
“Cho tam giác ABC có đường phân giác BE, CF Chứng minh : Nếu Đ B ≥ Đ C BE ≤ CF” (Bài toán 2)
Nào! Các nhà toán học nhỏ giải toán để thử sức gửi gấp TTT2 !
(7)AC-SI-MET NHÀ TOÁN HỌC LỖI LẠC NHẤT THỜI CỔ ĐẠI (287 - 212 trước công nguyên)
Ông trai nhà thiên văn hocPheidians có họ với vua Hieron II Ơng sống thành phố Syracuse đảo Sicily Ông nghiên cứu phương pháp tìm diện tích thể tích Tuy quan tâm nhiều đến toán học lý thuyết ông lại đạt nhiều thành tựu lĩnh vực ứng dụng tốn học Các bạn nghe đến định luật ông: "Trọng lượng vật ngập nước trọng lượng nước mà vật chiếm chỗ" Định luật lại xuất phát từ hoàn cảnh đặc biệt Lúc thành phố Syracuse có gã thơ kim hồn gian trá nhà vua u cầu ơng tìm cách đưa việc ánh sáng Một lần ông bồn tắm phát định luật Ông nhào khỏi bồn tắm, chạy khắp phố phường reo to: "Eureka Eureka !" (Tơi tìm Tơi tìm !)
Những năm 214 - 212 trước công nguyên, thành phố ông bị tướng La Mã Marcellus công Ông dựa vào nghiên cứu đòn bẩy để sáng chế máy ném đá tuyệt vời để đánh trả quân thù Một lần ông vẽ hình học cát thành quân địch bất ngờ đánh úp vào thành Một tên lính La Mã tiến đến dẫm lên hình vẽ ơng Ơng đứng bật dậy hét to: "Đừng động vào hình trịn tơi !" Tên lính vơ lại rút gươm giết chết ông Khi ông 75 tuổi
Trong di chúc mà ơng viết trước đó, ơng u cầu khắc lên mộ ơng hình hình học mà ơng đặc biệt u thích: hình cầu nội tiếp hình trụ Ngôi mộ ông qua thời gian ngỡ biến kỳ diệu thay: Năm 1963 người cơng nhân xây dựng tìm thấy động thổ để xây dựng khách sạn
(8)NHIỀU CÁCH GIẢI CHO MỘT BÀI TOÁN
Trong học tốn giải tốn việc tìm thêm lời giải khác toán nhiều giúp đến điều thú vị toán học Xin trao đổi bạn đọc toán quen thuộc sau
Bài toán : Chứng minh a4 + b4≥a3.b + a.b3 với a, b
(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1998-1999)
Cách : a4 + b4≥ a3.b + a.b3
Khi a4 + b4 - a3.b - a.b3 ≥
Khi a3 (a - b) - b3 (a - b) ≥
Khi (a - b)(a3 - b3) ≥ (a - b)(a - b)(a2 + ab + b2) ≥
Khi (a - b)2[(a + b/2)2 + 3.b3/4] ≥ (hiển nhiên với a,b)
Cách : Ta có[ a2 - b2]2 ≥
=> a4 - 2.a2.b2 + b4 ≥
=> a4 + b4 ≥ 2.a2.b2
=> a4 + b4 + a4 + b4 ≥ a4 + b4 + 2.a2.b2
=> 2( a4 + b4) &ge ; ( a2 + b2)2 (1)
Mặt khác (a - b)2≥
=> a2 - 2ab + b2 ≥
=> a2 + b2≥2ab
=> (a2 + b2)( a2 + b2)≥2ab (a2 + b2)
=> (a2 + b2)2 ≥2ab (a2 + b2) (2)
Từ (1) (2) => 2( a4 + b4 ) ≥ 2ab (a2 + b2)
=> ( a4 + b4 )≥ a3.b + a.b3
Cách :
( a4 + b4 ) -( a3.b + a.b3) = 1/2 (2 a4 + b4 - a3.b -2 a.b3)
= 1/2 [(a4 - a3.b + a2 b2) +( b4 - a.b3 + a2 b2) + (a4 - 2a2 b2 + b4)]
(9)=> ( a4 + b4 )≥ a3.b + a.b3
chú ý : Trong lời giải cách 1, ta chia hai trường hợp a ≥ b a < b để chứng minh bất đẳng thức (a - b)( a3 - b3) với a,b Trên tìm tịi nho nhỏ mình.
(10)BÀN LUẬN VỀ BÀI TOÁN "BA VỊ THẦN" Chúng ta biết toán thú vị : “Ba vị thần” sau :
Ngày xưa, ngơi đền cổ có vị thần giống hệt Thần thật (TT) ln ln nói thật, thần dối trá (DT) ln ln nói dối thần khơn ngoan (KN) lúc nói thật lúc nói dối Các vị thần trả lời câu hỏi khách đến lễ đền khơng xác định xác vị thần Một hơm có nhà hiền triết từ xa đến thăm đền Để xác định vị thần, ông hỏi thần bên trái :
- Ai ngồi cạnh ngài ? - Đó thần TT (1) Ông hỏi thần ngồi : - Ngài ?
- Ta thần KN (2)
Sau ông hỏi thần bên phải : - Ai ngồi cạnh ngài ?
- Đó thần DT (3) Nhà hiền triết lên :
- Tôi xác định vị thần
Hỏi nhà hiền triết suy luận ?
Lời giải : Gọi vị thần theo thứ tự từ trái sang phải : A, B, C Từ câu trả lời (1) => A thần TT
Từ câu trả lời (2) => B thần TT
Vậy C thần TT Theo (3) đ B thần DT đ A thần KN
Nhận xét : Cả câu hỏi tập trung xác định thần B, phải cách hỏi “thông minh” nhà hiền triết để tìm vị thần ?
(11)Nếu vị thần trả lời “khôn ngoan” mà đảm bảo tính chất vị thần sau câu hỏi, nhà hiền triết xác định vị thần Ta thấy rõ qua phân tích sau cách hỏi nhà hiền triết :
1 Hỏi thần X : - Ngài ?
Có khả trả lời sau :
- Ta thần TT => không xác định X (Cách trả lời khôn nhất) - Ta thần KN => X thần KN DT
- Ta thần DT => X KN Hỏi thần X :
- Ai ngồi cạnh ngài ?
Cũng có khả trả lời sau :
- Đó thần TT => thần X khác thần TT
- Đó thần KN => không xác định X (cách trả lời khơn nhất) - Đó thần DT => không xác định X (cách trả lời khôn nhất)
Trong cách hỏi nhà hiền triết có cách trả lời khiến nhà hiền triết khơng có thơng tin ba vị thần mà xác định vị thần Nếu gặp may (do trả lời ngờ nghệch) cần sau câu hỏi nhà hiền triết đủ để xác định vị thần Các bạn tự tìm xem trường hợp câu trả lời vị thần
Bài tốn cổ thật hay dí dỏm, vị thần trả lời theo phương án “khơn ngoan” có cách để xác định vị thần sau số câu hỏi không ?
Rõ ràng đặt câu hỏi nhà hiền triết Phải hỏi để thu nhiều thông tin ? Bây ta đặt vấn đề sau :
Mỗi lần hỏi hỏi vị thần vị trả lời Cần hỏi để sau số câu hỏi ta xác định vị thần Bài toán rõ ràng không dễ chút nào, tin bạn tìm nhiều phương án tối ưu !
(12)Hỏi thần A :
- Ngài thần KN ? - Nhận câu trả lời Hỏi thần B :
- Ngài thần KN ? - Nhận câu trả lời
Sau tơi cần hỏi thêm câu xác định xác vị thần Như số câu hỏi nhiều
Các bạn rút số câu hỏi xuống không ?
Xin mời bạn giải trí tốn phương án tuyệt vời (Nhớ hỏi thần vị trả lời)
Xin chào tạm biệt
(13)MỘT PHONG CÁCH HỌC TỐN
Khai thác tốn sách giáo khoa nhiều đem đến cho điều lí thú sâu sắc Tôi tin phong cách học tốn tốt, góp phần tìm kiếm toán học
Xin bạn đọc trao đổi toán sau :
Bài toán 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
(14)Bài toán : Cho tam giác ABD, C điểm nằm tam giác ABD Gọi M, N, P, Q lần lượt 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 toán : 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 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
(15)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 Vẽ hình tốn 7, nhận M, N, P, Q trung điểm cạnh AB, BC, CD, DA tứ giác ABCD
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 :
(16)c) Hình vng ?
Tương tự từ hình đến với ta toán
Bài toán : Cho tam giác ABC, C điểm nằm tam giác ABD Gọi M, N, P, Q lần lượt 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 qt 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 tốn Hay Khó sau :
Bài toán 11 : Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, P trung điểm cạnh AB, BD, CD Chứng minh SMNP = 1/4.SABCD
(17)SỬ DỤNG DIỆN TÍCH
TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC
Có nhiều tốn hình học tưởng khơng liên quan đến diện tích, ta sử dụng diện tích lại dễ dàng tìm lời giải toán
Bài toán : Tam giác ABC có AC = AB Tia phân giác góc A cắt BC D Chứng minh DC = DB
Phân tích tốn (h.1)
Để so sánh DC DB, so sánh diện tích hai tam giác ADC ADB có chung đường cao kẻ từ A Ta so sánh diện tích hai tam giác chúng có đường cao kẻ từ D nhau, AC = AB theo đề cho
Giải : Kẻ DI vng góc với AB, DK vng góc với AC Xét ΔADC ΔADB : đường cao DI = DK, đáy AC = AB nên SADC = SADB
Vẫn xét hai tam giác có chung đường cao kẻ từ A đến BC, SADC = SADB nên DC =
DB
Giải tương tự trên, ta chứng minh toán tổng quát : Nếu AD phân giác ΔABC DB/DC = AB/AC
Bài tốn : Cho hình thang ABCD (AB // CD), đường chéo cắt O Qua O, kẻ đường thẳng song song với hai đáy, cắt cạnh bên AC BC theo thứ tự E F
(18)Giải :
Cách : (h.2) Kẻ AH, BK, CM, DN vng góc với EF Đặt AH = BK = h1, CM = DN = h2
Ta có :
Từ (1), (2), (3) => :
Do OE = OF
Cách : (h.3) Kí hiệu hình vẽ Ta có SADC = SBDC
(19)S1 + S2 = S3 + S4 (1)
Giả sử OE > OF S1 > S3 S2 > S4 nên S1 + S2 > S3 + S4, trái với (1)
Giả sử OE < OF S1 < S3 S2 < S4 nên S1 + S2 < S3 + S4, trái với (1)
Vậy OE = OF
Bài tốn : Cho hình bình hành ABCD Các điểm M, N theo thứ tự thuộc cạnh AB, BC cho AN = CM Gọi K giao điểm AN CM Chứng minh KD tia phân giác góc AKC
Giải : (h.4) Kẻ DH vng góc với KA, DI vng góc với KC Ta có :
DH AN = SADN (1)
DI CM = SCDM (2)
Ta lại có SADN = 1/2.SABCD (tam giác hình bình hành có chung đáy AD, đường cao tương
ứng nhau), SCDM = 1/2.SABCD nên SADN = SCDM (3)
Từ (1), (2), (3) => DH AN = DI CM
Do AN = CM nên DH = DI Do KI tia phân giác góc AKC
Như xét quan hệ độ dài đoạn thẳng, ta nên xét quan hệ diện tích tam giác mà cạnh đoạn thẳng Điều nhiều giúp đến lời giải toán
(20)1 Cho tam giác ABC cân A Gọi M điểm thuộc cạnh đáy BC Gọi MH, MK theo thứ tự đường vng góc kẻ từ M đến AB, AC Gọi BI đường cao tam giác ABC Chứng minh MH + MK = BI
Hướng dẫn : Hãy ý đến SAMB + SAMC = SABC
2 Chứng minh tổng khoảng cách từ điểm M tam giác ABC đến ba cạnh tam giác không phụ thuộc vị trí M
Hướng dẫn : Hãy ý đến SMBC + SMAC + SMAB = SABC
3 Cho tam giác ABC cân A Điểm M thuộc tia đối tia BC Chứng minh hiệu các khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng AC AB đường cao ứng với cạnh bên tam giác ABC
Hướng dẫn : Hãy ý đến SMAC - SMAB = SABC
4 Cho hình thang ABCD (AB // CD, AB < CD) Các đường thẳng AD BC cắt O. Gọi F trung điểm CD, E giao điểm OF AB Chứng minh AE = EB
(21)BÀI TOÁN STEINER-LEIMUS CHƯA DỪNG LẠI
Sau đọc viết tạp chí số 1, nhiều bạn cho rằng, yêu cầu mà D Ch L Leimus đặt cho J Steiner giải trọn vẹn Cuộc tìm kiếm nỗ lực người trăm năm qua tới hồi kết thúc Vâng, tơi nghĩ Nhưng ! Cũng lại tơi, gần đây, nhận thấy rằng, vấn đề chưa kết thúc, toán hệ toán tổng quát sau
Bài toán : Cho tam giác ABC, phân giác AD I điểm đoạn AD BI, CI theo thứ tự cắt AC, AB E, F Biết Đ B ≤ Đ C Chứng minh BE ≥ CF
Bài tốn chứng minh thơng qua bổ đề sau
Bổ đề : Cho tam giác ABC M điểm thuộc đoạn BC Khi : AM < max {AB, AC}
Chứng minh :
Ta có : Đ M1 + Đ M2 = 180o (h.4)
=> Đ M1 ≥ 90o M2 ≥ 90o
=> AB > AM AC > AM => max{AB, AC} > AM Bổ đề chứng minh
(22)Chứng minh :
Trường hợp : AB, CD song song (h.5)
Qua M, kẻ đường thẳng song song với AC, BD Chúng theo thứ tự cắt đường thẳng BC E, F.Theo bổ đề 2, MN < max {ME, MF} => MN < max {AC, BD}
Trường hợp : AB, CD không song song Khơng tính tổng qt, giả sử giao điểm AB, CD nằm tia đối tia AB, DC (h.6)
Dựng hình bình hành ACEM, BDFM Đặt K giao điểm CD EF Dễ thấy K thuộc đoạn CD, EF Qua M, dựng đường thẳng song song với CD Đường thẳng theo thứ tự cắt AC, BD P, Q Dễ thấy, P thuộc tia đối tia AC, Q thuộc đoạn BI Từ => IP > IA IQ > IB => S(IMP) > S(IMA) S(IMQ) < S(IMB)
=> S(IMP)/S(IMQ) > S(IMA)/S(IMB)
=> MP/MQ > MA/MB => NC/ND > EC/FD
=> NC/ND > KC/KD => NC/ND + > KC/KD + => CD/ND > CD/KD => KD > ND
=> N thuộc đoạn KD => N thuộc tam giác AEF
(23)Trở lại việc chứng minh toán
Trường hợp : Đ B = Đ C Dễ thấy BE = CF
Trường hợp : Đ B < Đ C Ta có AB > AC nên tia đối tia CA tồn điểm C’ cho AC’ = AB Đặt F’ giao điểm AB IC’ Dễ thấy, C’F’ = BE (1)
áp dụng bổ đề cho tứ giác BC’EF’ ta có : CF < max {BE, C’F’} (2) Từ (1) (2) => : BE > CF Bài toán chứng minh
Trong toán 3, cho I trùng tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC ta lại nhận tốn Cũng nên ý rằng, phép chứng minh toán ta phải dùng đến kiến thức hình học (tứ giác nội tiếp) phép chứng minh toán ta lại cần đến kiến thức hình học (định lí Talét)
Bạn đọc thân mến ! Kể từ năm 1840, mà D Ch L Leimus gửi thư cho J Steiner, đến trăm năm mươi năm Từ cách chứng minh J Steiner đến cách chứng minh R W Hegy, từ toán đến toán 3, khát vọng vươn tới đơn giản nhất, tổng quát người thực Nhưng có lẽ, q trình chưa dừng lại Hi vọng rằng, ngày đó, bạn đọc Tốn Tuổi thơ lại đưa phép chứng minh mới, đơn giản phép chứng minh R W Hegy, lại đưa chứng minh toán tổng quát toán Để kết thúc, xin giới thiệu với bạn đọc số toán gần gũi với vấn đề đặt toán
Bài tốn : Cho tam giác ABC có đường trung tuyến BM, CN Biết Đ B ≤ Đ C. Chứng minh :
a) BM ≥ CN
(24)Bài toán : Hãy mở rộng toán
Bài toán : Cho tam giác ABC có đường cao BH, CK Biết Đ B ≤ Đ C Chứng minh :
a) BH ≥ CK
b) BH + AC ≥ CK + AB
Bài toán : Cho tam giác nhọn ABC, đường cao AD, trực tâm H Điểm M thuộc đoạn HD. BM, CM theo thứ tự cắt AC, AB B’, C’ Biết Đ B ≤ Đ C Chứng minh : BB’ ≥ CC’
(25)HỌC MỘT BIẾT MƯỜI
Rèn luyện tính độc lập, sáng tạo yêu cầu để phát huy phẩm chất người lao động Vì bạn cần tập suy luận sáng tạo, phát toán mới, vấn đề mới, xuất phát từ toán biết
Xét tốn 19, trang 38, Hình học :
Cho góc vng 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 vuông 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 vuông AOC’D’ => D
trùng với D’
=> tập hợp D tia đối tia D’C’
(26)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
* Nếu từ C D kẻ đường thẳng song song với Ox Oy hình tạo thành hình vng ngoại tiếp hình vng ABCD Ta có tốn khác
Bài tốn : Cho góc vng xOy Trên tia Ox lấy điểm A, tia Oy lấy điểm B (tùy ý, khác O) Vẽ hình vng ABCD Qua C D dựng đường thẳng song song với Ox Oy, chúng cắt P cắt Oy Q, Ox H
a) Chứng minh tứ giác OHPQ hình vng
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
(27)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) => AB = AH + BQ = QE + BQ = BE
=> 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
thì 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 :
(28)* 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 toán :
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 tốn “ngược” :
Bài tốn : Cho A trung điểm cạnh OH hình vuông OHPQ Trên cạnh OQ lấy điểm B cho Đ BPA = Đ APH Chứng minh AB vng góc PA
(29)MỘT PHƯƠNG PHÁP VẼ ĐƯỜNG PHỤ
Trong q trình học tốn bậc THCS, có lẽ hấp dẫn khó khăn việc vượt qua tốn hình học, mà để giải chúng cần phải vẽ thêm đường phụ Trong báo này, xin nêu phương pháp thường dùng để tìm đường phụ cần thiết giải tốn hình học : Xét vị trí đặc biệt yếu tố hình học có tốn cần giải
Bài tốn : Cho góc xOy Trên Ox lấy hai điểm A, B Oy lấy hai điểm C, D cho AB = CD Gọi M N trung điểm AC BD Chứng minh đường thẳng MN song song với phân giác góc xOy
Suy luận : Vị trí đặc biệt CD CD đối xứng với AB qua Oz, phân giác góc xOy
Gọi C1 D1 điểm đối xứng A B qua Oz ; E F giao điểm AC1
BD1 với Oz Khi E F trung điểm AC1 BD1, vị trí MN EF
Vì ta cần chứng minh MN // EF đủ (xem hình 1)
Thật vậy, AB = CD (gt), AB = C1D1 (tính chất đối xứng) nên CD = C1D1 Mặt khác ME
và NF đường trung bình tam giác ACC1 BDD1 nên NF // DD1, NF = 1/2DD1 ,
ME // CC1 , ME = 1/2 CC1 => ME // NF NE = 1/2 NF => tứ giác MEFN hình bình
hành => MN // EF => đpcm
(30)Bài toán : Cho tam giác ABC Trên AB CD có hai điểm D E chuyển động cho BD = CE Đường thẳng qua trung điểm BC DE cắt AB AC I J Chứng minh ΔAIJ cân
Bài toán : Cho tam giác ABC, AB ≠ AC AD AE phân giác trung tuyến của tam giác ABC Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADE cắt AB AC M N Gọi F trung điểm MN Chứng minh AD // EF
Trong việc giải toán chứa điểm di động, việc xét vị trí đặc biệt tỏ hữu ích, đặc biệt tốn “tìm tập hợp điểm”
Bài toán : Cho nửa đường trịn đường kính AB cố định điểm C chuyển động trên nửa đường trịn Dựng hình vng BCDE Tìm tập hợp C, D tâm hình vng
Ta xét trường hợp hình vng BCDE “nằm ngồi” nửa đường trịn cho (trường hợp hình vng BCDE nằm đường tròn cho xét tương tự, đề nghị bạn tự làm lấy xem tập)
Suy luận : Xét trường hợp C trùng với B Khi hình vng BCDE thu lại điểm B điểm I, D, E trùng với B, I tâm hình vng BCDE Vậy B điểm thuộc tập hợp cần tìm
Xét trường hợp C trùng với A Dựng hình vng BAD1E1 D trùng với D1, E trùng với
E1 I trùng với I1 (trung điểm cung AB ) Trước hết, ta tìm tập hợp E Vì B E1 thuộc
tập hợp cần tìm nên ta nghĩ đến việc thử chứng minh Đ BEE1 không đổi Điều
không khó Đ ACB = 90o (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) ΔBEE
1 = ΔBCA (c g c)
=> Đ BEE1 = Đ BCA = 90o => E nằm nửa đường trịn đường kính BE1 (1/2 đường trịn
(31)Vì Đ DEB = Đ E1EB = 90o nên D nằm EE1 (xem hình 2)
=> Đ ADE1 = 90o = Đ ABE1 => D nằm đường tròn đường kính AE1, ABE1D1
hình vng nên đường trịn đường kính AE1 đường trịn đường kính BD1 Chú ý
B D1 vị trí giới hạn tập hợp cần tìm, ta => tập hợp D nửa đường tròn đường
kính BD1 (nửa đường trịn điểm A hai nửa mặt phẳng khác với bờ đường
thẳng BD1)
Cuối cùng, để tìm tập hợp I, ta cần ý II1 đường trung bình ΔBDD1 nên II1 // DD1
=> Đ BII1 = 90 => tập hợp I nửa đường trịn đường kính BI1 (đường trịn A hai
nửa mặt phẳng khác với bờ BD1)
Để kết thúc, xin mời bạn giải toán sau :
(32)DỰNG HÌNH BẰNG DỤNG CỤ HẠN CHẾ
Các em biết : Các tốn dựng hình trường phổ thông sử dụng hai dụng cụ : compa thước thẳng để dựng hình (theo quy ước từ thời cổ Hi Lạp) Tuy nhiên thi học sinh giỏi toán “đố vui học tập” có tốn dựng hình đòi hỏi dựng dụng cụ thước thẳng compa Những toán thú vị, bổ ích địi hỏi nhiều thơng minh sáng tạo việc vận dụng kiến thức học Các nhà toán học nghiên cứu sâu sắc toán
Nhà toán học ý : Máckêrơni (1750 - 1800) nhà tốn học Đan Mạch : MoRơ (1640 - 1697) chuyên nghiên cứu tốn dựng hình compa Đến 1890 nhà toán học áo Adler chứng minh : Mọi tốn dựng hình giải compa thước thẳng giải với compa thơi
Ngược lại nhà toán học Thụy Sĩ Iacốp Stây Ne (1796 - 1863) lại nghiên cứu toán dựng hình thước thẳng Ơng chứng minh : Mọi tốn dựng hình (hình học phẳng) compa thước thẳng giải được, dựng thước thẳng mặt phẳng cho đường trịn tâm Xin giới thiệu với em vài toán
Bài tốn : Cho đường trịn đường kính AOB điểm S ngồi đường trịn Chỉ dùng thước thẳng dựng đường thẳng qua S vng góc với AB
(33)Nối SB cắt (O) E
Nối AE cắt BF H Đường thẳng SH đường thẳng cần dựng
Bài toán : Trên mặt phẳng cho điểm A, B Chỉ dùng compa dựng hai điểm có khoảng cách gấp đơi độ dài AB (chú ý cho điểm A, B chưa có đường thẳng chứa A B)
Giải :
- Dựng đường tròn (B ; BA) (xem hình 2)
- Dựng đường trịn (A ; AB) cắt đường tròn E - Dựng đường tròn (E ; EA) cắt đường tròn (B) F - Dựng đường tròn (F ; FE) cắt đường tròn (B) C
Dễ dàng chứng minh ΔAEB ; ΔEBF ; ΔFBC Từ => A, B, C thẳng hàng AC = AB
(34)- Đặt AB = a Dựng đoạn dài 2a (bài toán 2)
- Dựng đường tròn (B ; 2a) đường tròn (A ; 2a), hai đường tròn cắt C
- Dựng đường tròn (B ; a) đường tròn (C ; a), hai đường tròn tiếp xúc M, M trung điểm BC
- Dựng đường tròn (A ; a) đường tròn (C ; a), hai đường tròn tiếp xúc N, N trung điểm AC
- Dựng đường tròn (N ; a) đường tròn (M ; a), hai đường tròn cắt giao điểm thứ hai I, I trung điểm AB
Phần chứng minh dễ dàng, xin dành cho bạn đọc Bây mời em giải thử toán sau :
Bài : Cho hai điểm A, B Chỉ dùng compa dựng điểm I thuộc đoạn AB chia AB theo tỉ số IA/IB = k (k thuộc N) cho trước
Bài : Cho đường tròn tâm O hai điểm A, B đường tròn Chỉ dùng compa hãy dựng giao điểm đường thẳng AB với đường tròn (O)
(35)G JULBERT VÀ D MAC DONNELL ĐÃ GIẢI BÀI TOÁN NHƯ THẾ NÀO ?
Trong mục “Dành cho nhà toán học nhỏ” (TTT2 số 1, 3/2003) giới thiệu đề nghị bạn đọc tham gia giải tốn sau
“Cho tam giác ABC có đường phân giác BE, CF Chứng minh : Nếu Đ B ≥ Đ C BE ≤ CF” (bài tốn 2)
Tịa soạn nhận lời giải toán 17 bạn Trừ vài bạn giải sai giải thiếu xác, bạn cịn lại giải tốn hai phương án sau Xin giới thiệu tóm tắt hai phương án giải
Phương án : Phỏng theo phương pháp mà Stiener dùng để chứng minh tốn Đó dùng cơng thức tính độ dài đường phân giác tam giác
Phương án : Trước hết, nhờ tính chất đường phân giác tam giác, chứng minh BF ≤ CE (hình 1) Sau đó, theo cách chứng minh tốn W Hegy, dựng hình bình hành BEDF dùng định lí so sánh độ lớn góc độ dài cạnh tam giác
(36)sao ? Vì lời giải hai tác giả đẹp, mục đích tối cao khơng người làm toán Xin giới thiệu để bạn đọc thưởng thức lời giải đặc sắc
Đặt I giao điểm BE CF (hình 2)
Theo giả thiết, Đ FBI ≥ Đ ECI Vậy đoạn IF, tồn điểm K cho Đ KBI = Đ ECI Đương nhiên, tứ giác BKEC nội tiếp (1)
Mặt khác :
(37)THÊM MỘT VÍ DỤ VỀ SỰ PHÁT TRIỂN KẾT QUẢ
Bài toán : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường phân giác xuất phát từ đỉnh A, B, C tam giác cắt (O) A1, B1, C1 Gọi S diện tích tam giác ABC
và So diện tích phần giao hai tam giác ABC, A1B1C1
Chứng minh : So ≥ 2/3 S
Lời giải : Dễ thấy phần giao hai tam giác ABC A1B1C1 hình lục giác, kí hiệu
MNPQRU
Gọi I giao điểm AA1, BB1, CC1 ta có UP, NR, QM đồng quy I theo thứ tự song
song với BC, CA, AB (kết quen thuộc)
Đặt Sa, Sb, Sc diện tích tam giác IMN, IPQ, IRU ; S’a, S’b, S’c diện
tích hình bình hành IQAR, IUBM, INCP Ta có : Sa + Sb + Sc + S’a + S’b + S’c = S (1)
Theo BT7 ta lại có : Sa + Sb + Sc ≥ 1/3 S (2)
Từ (1) (2) suy :
2(Sa + Sb + Sc) + (S’a + S’b + S’c) ≥ 4/3S
=> Sa + Sb + Sc + (S’a + S’b + S’c) ≥ 2/3 S
=> So ≥ 2/3 S Đẳng thức xảy <=> I trọng tâm tam giác ABC <=> Tam giác
ABC có trọng tâm trùng với tâm đường tròn ngoại tiếp <=> Tam giác ABC tam giác
* Trước kết thúc viết, xin giới thiệu thêm với bạn toán nằm mạch phát triển kết trên, coi tập rèn luyện khả phát triển kết Bài toán 10 : Cho tam giác ABC, điểm M nằm tam giác A’, B’, C’ điểm đối xứng A, B, C qua M Gọi S diện tích tam giác ABC S0 diện tích phần giao hai tam giác ABC, A’B’C’
Chứng minh : S0 ≤ S
Bài tốn 11 : Cho hình thang ABCD (AB // CD) Các điểm M, N chạy đáy AB, CD ; MC cắt NB P ; MD cắt NA Q Tìm vị trí M N cho S(MPNQ) lớn
Bài toán 12 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các đường phân giác xuất phát từ đỉnh A, B, C cắt (O) theo thứ tự A1, B1, C1 Gọi S1 diện tích tam giác A1B1C1 ; S2
(38)(39)NHỮNG SAI LẦM THƯỜNG GẶP KHI GIẢI PHƯƠNG TRÌNH VƠ TỈ Khi giải phương trình mà ẩn nằm dấu thức (phương trình vơ tỉ), số học sinh chưa nắm vững kiến thức thức phép biến đổi tương đương phương trình nên thường mắc phải số sai lầm Bài viết nhằm giúp bạn học sinh lớp tránh sai lầm !
Ví dụ :
Giải phương trình : Lời giải sai : Ta có
Nhận xét : Rõ ràng x = -3 nghiệm phương trình Ghi nhớ :
Ví dụ : Giải phương trình : Lời giải sai :
Nhận xét : Rõ ràng x = -3 khơng phải nghiệm phương trình Ghi nhớ :
(40)Vậy phương trình cho vơ nghiệm
Nhận xét : Các bạn nghĩ phương trình cho thực có nghiệm x = -7 ? Ghi nhớ :
Như lời giải bỏ sót trường hợp A ≤ ; B < nên nghiệm x = -7
Ví dụ : Giải phương trình Lời giải sai : Ta có
Vậy phương trình cho có nghiệm x =
Nhận xét : Ta thấy x = không nghiệm phương trình cho Ghi nhớ :
Ví dụ : Giải phương trình Lời giải sai :
Phương trình tương đương với :
(41)Do phương trình vơ nghiệm
Nhận xét : Có thể thấy x = nghiệm Việc chia hai vế cho làm nghiệm Mặt khác cần ghi nhớ :
Do lời giải phải bổ sung trường hợp = trường hợp x < Khi x < phương trình viết dạng :
Do x < khơng thỏa mãn phương trình Cuối phương trình có nghiệm x =
(42)MỘT HẰNG ĐẲNG THỨC THÚ VỊ Với số thực a, b, c, ta có :
(a + b)(a + c) = a2 + (ab + bc + ca) = a(a + b + c) + bc (*)
Với tôi, (*) đẳng thức thú vị Trước hết, từ (*) ta có :
Hệ : Nếu ab + bc + ca = a2 + = (a + b)(a + c)
Hệ : Nếu a + b + c = a + bc = (a + b)(a + c)
Bây giờ, đến với vài ứng dụng (*) hai hệ
Bài toán : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Hãy tính giá trị biểu thức :
Lời giải : Theo hệ ta có
a2 + = a2 + (ab + bc + ca) = (a + b)(a + c) ;
b2 + = b2 + (ab + bc + ca) = (b + a)(b + c) ;
c2 + = c2 + (ab + bc + ca) = (c + a)(c + b)
Suy
Vì A = a(b + c) + b(c + a) + c(a + b) = 2(ab + bc + ca) =
Vấn đề khó ta hướng tới việc đánh giá biểu thức
Bài toán : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn (a +b)(a +c) = Chứng minh :
(43)1 = (a + b)( a + c) = a(a + b + c) + bc ≥
b) Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho ba số dương a2 ;
(ab + bc + ca)/2 ; (ab + bc + ca)/2
1 = (a + b)( a + c) = a2 + (ab + bc + ca) =
Bài toán : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh :
Lời giải : Theo hệ ta có
Sử dụng bất đẳng thức Cô-si cho hai số dương a2 + ab ; a2 + ac :
Tương tự ta có
Từ kết ta suy :
Bài toán sau nguyên đề thi Châu - Thái Bình Dương năm 2002 viết lại cho đơn giản (thay (1/x ; 1/y ; 1/z) (a ; b ; c))
(44)Lời giải : Theo hệ bất đẳng thức Bu-nhi-a-cốp-ski ta có
Tương tự ta có
Từ kết ta suy :
Để kết thúc, xin bạn làm thêm số tập :
Bài tập : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = Hãy tính giá trị biểu thức :
Bài tập : Cho ba số dương a, b, c thỏa mãn ab + bc + ca = Chứng minh :