2. Các phương pháp suy luận trong giải tốn chứng minh hình học
2.1 Phương pháp suy luận diễn dịch
Suy luận diễn dịch hay được gọi tắt là suy diễn là quá trình vận dụng các quy tắc (gọi là các quy tắc suy diễn) để từ một hoặc nhiều mệnh đềđã biết là đúng ta suy ra
được những mệnh đề mới cũng đúng.
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng nếu tam giác cĩ hai đường trung tuyến bằng nhau thì tam giác
đĩ cân.
GT : ∆ABC: BE, CF là các đường trung tuyến BE = CF
KL : ∆ABC cân
Chứng minh
+ BE là đường trung tuyến ⇒ EA = EC CF là đường trung tuyến ⇒ FA = FB
+ Gọi G là trọng tâm của ∆ABC nên BG = 2 EG, CG = 2FG
+ ( ) , 2 ; 2 BE CF gt FG EG BG CG BG GE CG FG ⎫ = ⎪ ⇒⎬ = = = = ⎪⎭
+ ∆BGF và ∆CGE cĩ BG = CG, BGF CGE= , GF = GE nên ∆BGF = ∆CGE. Suy ra BF = CE. + FA FB EA EC, AB AC BF CE = = ⎫⇒ = ⎬ = ⎭ . Vậy ∆ABC cân tại A.
Ta thấy rằng cách chứng minh trên dựa vào quy tắc suy luận sau đây: “Nếu mệnh
đề (p⇒q) và mệnh đề (p) là các mệnh đềđúng thì mệnh đề (q) cũng đúng”. Mệnh đề (p⇒q) ởđây là: “Nếu tam giác cĩ hai đường trung tuyến bằng nhau thì tam giác đĩ cân”.
Tĩm lại, thực chất việc dạy học các bài tập dạng chứng minh cũng giống như là dạy học định lí. Dù là dạy học định lí hay là dạy giải bài tập đều nhằm mục đích là hình thành cho học sinh khả năng chứng minh hình học.
Ví dụ 2:
Trong hình vuơng ABCD lấy điểm E sao cho ECD là tam giác cân cĩ các gĩc tại
đỉnh C và D bằng 150.Chứng minh rằng ∆EAB là tam giác đều.
Chứng minh: Cách 1: G E F B C A
E M N A B C D F + Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD
∆CED cân, đỉnh E ⇒ E ∈ MN ,suy ra ∆EAB cân đỉnh E + Giả sử EAB khơng phải là tam giác đều thì:
o Tồn tại điểm F∈ MN , F≠ E saocho ∆FAB là tam giác đều.Khi đĩ ∆ADF cân đỉnh D và 1800 300 750
2
ADF= − =
suy ra CDF=900−750=150.
o Như vậy ta cĩ hai tia DF và DE khác nhau, cùng tạo với tia DC gĩc 150
và cùng nằm về một phía đối với đường thẳng DC. Đĩ là điều vơ lí. + Vậy ∆EAB đều.
Cách 2:
+ Lấy điểm I nằm trong hình vuơng ABCD sao cho ∆AID cân cĩ các gĩc ởđỉnh A và D đều bằng 150⇒ AID=1500.
+ Ta cĩ ∆CED = ∆AID nên ED = ID.
+ EDI =90 15 150− 0− 0=600⇒ ∆EDI là tam giác đều, tức là ID=IE
và AIE=360 1500− 0−600 =1500. Vậy ∆AID = ∆AIE (c-g-c)
Suy ra AE=AD=AB,do đĩ∆ EAB là tam giác đều. Nhận xét:
Cách chứng minh thứ nhất bắt đầu bằng giả thiết rằng điều cần chứng minh là khơng đúng, tức ∆EAB khơng phải là tam giác đều. Từ đĩ bằng những lập luận
đúng đắn ta suy ra một điều vơ lí. Điều đĩ chứng tỏ rằng ∆EAB phải là tam giác
đều. Phương pháp chứng minh này được gọi là phương pháp phản chứng.
I A B E C D
E
B C
A F
D
Cách chứng minh thứ hai khơng dùng cách chứng minh phản chứng mà dùng cách chứng minh trực tiếp. Đĩ là một cách chứng minh hay. Tuy nhiên ta phải đưa thêm các hình vẽ phụ mà khơng phải bao giờ cũng thấy ngay sự cần thiết của nĩ.
Ví dụ 3:
Chứng minh rằng nếu một tam giác cĩ hai đường phân giác bằng nhau thì tam giác đĩ là tam giác cân.
Giả sử BD và CE là hai đường phân giác của tam giác ABC, tức là ABD DBC= =β và ACE ECB= =γ .
Ta cần chứng minh : BD=CE ⇒β α= , hay ∆ABC cân, đỉnh A. + Ta xác định điểm F sao cho BEFD là hình bình hành, tức là : BE = DF, EF = BD = CE, EFD EBD= =β .
Ta chứng minh rằng trường hợp β α> khơng thể xảy ra. Thật vậy :
• Nếu β γ> thì hai tam giác DBC và ECB cĩ hai cạnh tương ứng bằng nhau: DB = EC, BC = CB, và các gĩc tạo bởi hai cạnh đĩ khơng bằng nhau β γ> ⇒ DC>EB , suy ra DC>FD và do đĩ DFC DCF> .
Mặt khác EFD=β nên EFD ECD> . Vậy EFC=EFD DFC ECD CDF ECF+ > + =
Trong ∆EFC: vì EFC ECF> nên CE > EF và do đĩ CE > BD.
Bất đẳng thức cuối cùng trái với giả thiết đã cho. Vậy β khơng thể lớn hơn γ. Hồn tồn tương tự ta chứng minh được rằng γ khơng lớn hơn β.
Vậy ta phải cĩ β=γ.
Phương pháp chứng minh trên đây gọi là phương pháp chứng minh loạitrừ.
Đối với hai gĩc β và γ chỉ cĩ thể xảy ra một trong ba trường hợp: hoặc β > γ hoặc β < γ hoặc β = γ.
Nếu hai trong ba trường hợp đĩ khơng thể xảy ra thì trường hợp cịn lại phải xảy ra. Trong cách giải trên đây, ta đã loại trừ hai trường hợp đầu bằng phương pháp phản chứng.
Ví dụ 4:
Trong mặt phẳng cho n đường thẳng đơi một cắt nhau và khơng cĩ ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng:
a) Khi n ≥ 1 thì n đường thẳng đĩ chia mặt phẳng thành
2 2
2
n
n n
P = + + phần. b) Khi n ≥ 3 thì trong Pn phần nĩi trên cĩ
2 3 2 2
n
n n
Q = − + đa giác.
Chứng minh: Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp
D d a) Khi n = 1 ta cĩ 1 1 1 2 2 2 p = + + = , tức là một đường thẳng chia mặt phẳng thành hai phần. Vậy mệnh đềđúng khi n = 1.
Ta sử dụng mệnh đề a) đúng khi cĩ n-1 đường thẳng và ta chứng minh a) đúng cho trường hợp n đường thẳng.
Giả sử ta cĩ n đường thẳng d d1, ,....,2 dn (đơi một cắt nhau và khơng cĩ ba
đường nào đồng quy). Vì mệnh đềđúng đối với n-1 đường thẳng d d1, ,....,2 dn−1 nên n-1 đường thẳng đĩ chia mặt phẳng thành Pn phần với n P= 2 2 ( 1) ( 1) 2 2 2 2 n− + − +n =n − +n ta kí hiệu các phần đĩ là D D1, ,...,2 Dn.
Đường thẳng dn bị n – 1 đường thẳng nĩi trên chia thành n phần ( trong đĩ cĩ n – 2 đoạn thẳng và 2 tia), ta gọi phần đĩ là ∆ ∆1, , 2 ...., ∆n. Mỗi một ∆i đều nằm trong một và chỉ một Dj nào đĩ và chia Dj thành hai phần, bởi vậy số phần mà n
đường thẳng chia là : = P + n = n-1 n - n +22 + n = n + n +22 2 2 n P Vậy mệnh đề a) đúng với trường hợp n đường thẳng (đpcm).
b) Khi n = 3 ta cĩ 2 3 3 - 3.3 +2 = 2
Q tức trong số phần mà ba đường thẳng (đơi một cắt nhau và khơng đồng quy) chia mặt phẳng thì cĩ một phần là đa giác, cụ thể
là tam giác. Vậy mệnh đề b) đúng khi n = 3 .
Bây giờ ta giả sử mệnh đề b) đúng khi cĩ n – 1 đường thẳng (n – 1 ≥ 3) và ta chứng minh b) đúng cho trường hợp n đường thẳng .
Giả sử ta cĩ n đường thẳng d1, d , ..., d2 n (đơi một cắt nhau và khơng cĩ ba
đường nào đồng quy). Vì mệnh đề đúng đối với n – 1 đường thẳng d1, d , ..., d2 n-1
nên trong số phần chúng phân chia mặt phẳng cĩ
2 2 1 = (n-1) - 3(n-1) + 2 = n -5n +6 2 2 n Q − phần là đa giác mà ta kí hiệu các phần đĩ là 1, D , ..., D2 k D (với 2 n -5n +6 = 2
K ). Đường thẳng dn bị n-1 đường thẳng nĩi trên chia thành n phần , trong đĩ n -2 đoạn thẳng mà ta sẽ kí hiệu là ∆ ∆1, ,..., 2 ∆n-2. Mỗi đoạn thẳng ∆i nằm trong một đa giác Dj nào đĩ và chia Dj thành đa giác, bởi vậy sốđa giác mà n đường thẳng phân chia là :
= Q + n -2 = n-1 n -5n +62 + n -2 = n - 3n + 22
2 2
n
Q
2.2 Những suy luận cĩ lí thường gặp trong giải tốn chứng minh hìnhhọc
Hai hình thức suy luận cĩ lí thường được sử dụng trong tốn học là qui nạp khơng hồn tồn và tương tự. Như ta biết, kết luận rút ra từ hai hình thức suy luận này cĩ thể đúng hoặc sai, vì thế nĩ cĩ tác dụng to lớn trong khoa học. Trong đổi mới phương pháp dạy và học hiện nay, phương pháp qui nạp khơng hồn tồn được sử
dụng trong việc tổ chức cho học sinh phát hiện kiến thức mới như khái niệm, định lí, qui tắc... Trong giải bài tập tốn, hai hình thức suy luận này cũng thường được sử
dụng trong đốn nhận kết quả: từ một vài trường hợp đặc biệt, ta dự đốn kết quả
(qui nạp khơng hồn tồn) hoặc từ các bài tốn tương tựđã biết, ta cĩ thể nhận định cho kết quả của bài tốn mới (phép tương tự), từđĩ ta tìm cách chứng minh hay bác bỏ nhận định trên. Đây cũng là một cách giải tốn chứng minh trong hình học.
2. 2.1 Dựđốn nhờ phép suy luận khơng hồn tồn
Ví dụ 5:
Chúng ta gặp một câu hỏi sau đây: Cho n điểm khơng thẳng hàng, gọi p là số đường thẳng phân biệt, mỗi đường thẳng đi qua ít nhất hai trong n điểm đĩ.
Ta cĩ thể nĩi gì về số p?
Ta bắt đầu từ những trường hợp cụ thể:
Trong trường hợp này ta cĩ hiển nhiên ba đường thẳng phân biệt là 1 2, 2 3 và A3 1
A A A A A, do đĩ p = 3.
+ Khi n = 4, ta cĩ 4 bốn điểm khơng thẳng hàng A A A A1, , ,2 3 4. Khi đĩ cĩ thể xảy ra hai trường hợp:
a. Nếu cĩ ba trong số bốn điểm đĩ thẳng hàng thì p = 4.
b. Nếu khơng cĩ ba điểm nào thẳng hàng thì hiển nhiên ta cĩ p = 6. + Khi n = 5 thì bằng cách xét các trường hợp cĩ thể xảy ra, ta thấy rằng p cĩ thể
nhận các giá trị 5, 6, 7 và 10.
Như vậy ta khơng cĩ một cơng thức nào cho phép tính giá trị của p theo n. Tuy nhiên, ta cĩ thểđặt vấn đề tìm giá trị lớn nhất và bé nhất của p.
Cĩ thể tính giá trị lớn nhất của p, đĩ là khi n điểm đã cho khơng cĩ ba điểm nào thẳng hàng, khi đĩ sốđường thẳng cần tìm là 2 ( 1) 2 n n n C = − . Vậy, ta cĩ ( 1) 2 n n p≤ − . Để tìm giá trị bé nhất của p, bằng cách xét các trường hợp n = 3 , n = 4 , n = 5. Ta cĩ dựđốn rằng p n≥ , tức là ta dựđốn mệnh đề sau đây:
“ Cho n điểm khơng thẳng hàng (n ≥ 3) thì cĩ ít nhất n đường thẳng phân biệt, mỗi đường đi qua ít nhất hai trong n điểm đĩ”.
Sau đây là một cách chứng minh dựđốn đĩ.
Chứng minh: (Bằng phương pháp quy nạp tốn học) + Mệnh đềđúng khi n=3.
+ Bây giờ ta giả sử mệnh đềđúng với n ≥ 3, ta chứng minh rằng mệnh đề cũng
đúng với n+1.
Xét tập hợp X={A A1, ,...,2 An+1} gồm các điểm Ak khơng thẳng hàng. Trong số
các đường thẳng đi qua hai điểm của X ta lấy một đường thẳng nào đĩ chỉ chứa đúng hai điểm, giả sử đĩ là đường thẳng A Ai j. Vì tập hợp X khơng thuộc một đường thẳng nên cĩ ít nhất một trong hai tập hợp X\Ai hoặc X\Ai khơng thuộc một đường thẳng. Ta giả sử tập X\Ai khơng thuộc một đường thẳng thì theo giả thiết quy nạp ta cĩ ít nhất n đường thẳng, mỗi đường đi qua ít nhất hai điểm của X\Ai, n đường thẳng
đĩ cùng với đường thẳng A Ai j làm thành n+1 đường thẳng mỗi đường đi qua ít nhất hai điểm của tập X.
Trong chứng minh trên, dịng được in nghiêng chưa được giải thích rõ ràng. Tại sao lại tồn tại một đường thẳng chỉ chứa đúng hai điểm? Sau đây ta chứng minh điều
Định lí: (Định lí Sylvester).
Cho n điểm khơng thẳng hàng thì cĩ ít nhất một đường thẳng đi qua hai và chỉ hai điểm trong số n điểm đĩ.
Chứng minh:
Giả sử cĩ n điểm A A1, ,...,2 An khơng thẳng hàng, thì cĩ khơng quá ( 1) 2
n n− đường thẳng A Ai j. Ta xét tất cả các cặp (A A Ai, j k) gồm điểm Ai và đường thẳng
j k
A A khơng đi qua Ai. Vì số các cặp như thế là hữu hạn, vì khơng vượt quá
1 ( 1)( 2)
2n n− n− , nên phải tồn tại một cặp, ta giả sử là cặp (A A A1, 2 3)sao cho khoảng cách A H1 từ A1 tới đường thẳng A A2 3 bé nhất so với khoảng cách xác
định bởi các cặp cịn lại. Ta chứng minh rằng trên đường thẳng A A2 3 khơng cĩ một điểm Ak nào khác.
Thật vậy, giả sử trên A A2 3 cịn cĩ điểm A4 khác nữa. Khi đĩ trong ba điểm 2, ,3 4
A A A cĩ ít nhất là hai điểm nằm về một phía đối với đường thẳng A H1 , ta giả sử hai điểm đĩ là A A2, 3 và A2 thuộc đoạn thẳng HA3. Khi đĩ khoảng cách từđiểm A2 tới đường thẳng A A1 3 bé hơn A H1 ( mâu thuẫn với giả thiết A H1 là bé nhất ).
2.2.2 Dựđốn nhờ tương tự
Ví dụ 6:
Khi xem tứ diện là khái niệm tương đương với khái niệm tam giác thì nhờ những tính chất đã biết của tam giác ta cĩ thể “dựđốn” các tính chất sau đây của tứ diện:
1. Tồn tại duy nhất một điểm O cách đều bốn đỉnh của hình tứ diện (Tương
đương: cĩ duy nhất một mặt cầu ngoại tiếp một tứ diện đã cho).
2. Các đường cao của tứ diện đồng quy (Đường cao của tứ diện là đường thẳng
đi qua một đỉnh và vuơng gĩc với mặt đối diện). 3. Cĩ các mặt cầu tiếp xúc với các mặt phẳng chứa các mặt của tứ diện. A H A A A
4. Diện tích một mặt của tứ diện bé hơn tổng diện tích ba mặt cịn lại.
5. Nếu tổng bình phương diện tích ba mặt nào đĩ của tứ diện bằng bình phương diện tích cịn lại thì ba mặt đĩ đơi một vuơng gĩc với nhau (tương tự như định lí Pitago đối với tam giác vuơng).
Bây giờ ta hãy chứng minh hoặc bác bỏ các dựđốn trên
Dự đốn 1: đúng. Cĩ thể chứng minh tương tự như trong trường hợp tam giác, với chú ý rằng khái niệm trung trực của đoạn thẳng (xét trong hình học phẳng) tương tự như khái niệm đường thẳng vuơng gĩc với mặt phẳng chứa tam giác tại tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác đĩ.
Dựđốn 2: sai. Chỉ cần xét tứ diện ABCD cĩ: AB⊥mp(BCD) và DBCD cĩ gĩc B khơng vuơng. Dựđốn 3:đúng. Dựđốn 4: đúng. Dựđốn 5: sai. Giả sử OABC là một tứ diện, ta cĩ: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) AB AC OB OA OC OA OB OC OB OA OA OC OA OA OB OC OB OA OA OC ∧ = − ∧ − = ∧ − ∧ − ∧ + ∧ = ∧ − ∧ − ∧
uuur uuur uuur uuur uuur uuur
uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur
Kí hiệu: uuur uuurAB AC∧ = , u OB OCr uuur uuur∧ , = a OC OAuuur uuur∧ , =ur uuur uuurb OA OB∧ .= cr
Khi đĩ từđẳng thức trên ta suy ra:u a b cr r r r= + + và do đĩ: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 hay: 2 2 2 u a b c ab bc ac u a b c ab bc ca = + + + + + = + + + + + r r r r r r rr rr r r r r r r rr rr Theo định nghĩa của tích vecto ta cĩ: 2 2 2 2
2 ,trong đó S là diện tích tam giác ABC. Tương tự: 2 , , 2 .
(1) trở nên:
4S 4 4 4 8 cos( , ) 8 . .co
ABC ABC
OBC OCA OAB
ABC OCA OAB OBC OBC OCA OCA OAB u AB AC S a S b S c S Vậy S S S S S a b