Bài toán 1 : Cho tam giác ABC có A nhọn. Dựng về phía ngoài của tam giác
ABC các hình vuông ABDE và ACMN. Chứng minh rằng BN = CE và BN CE.
Lời giải : Với A nhọn, ta vẽ được hình 1 (phần hình màu). Dễ thấy ∆ABN = ∆AEC (c.g.c) => BN = CE và AEC = ABN.
Mặt khác, gọi F là giao điểm của AB và CE ; G là giao điểm của BN và CE ta có EFA = BFG (hai góc đối đỉnh) và EFA + FAE + AEF = BFG + BGF + FBG = 180o (tổng ba góc trong một tam giác). Suy ra FAE = BGF = 90o hay BN CE. Vậy BN = CE và BN CE.
Nhận xét : Bài toán 1 khá quen thuộc nhưng khi “loay hoay” với việc kẻ thêm
các hình phụ nhằm thay đổi điều kiện của bài toán, tôi đã phát hiện thêm được nhiều kết quả thú vị.
Trước hết, khi vẽ thêm về phía ngoài của tam giác ABC hình vuông BCPQ rồi 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 vuông góc) => CK = AB = AE và BAC = MCK => BAC + EAB = MCK + ACM => ACK = CAE, hai góc này ở vị trí so le trong => AE // CK => tứ giác AECK là hình bình hành => AK // CE và AK = CE.
Hoàn toàn tương tự, vẽ hình bình hành BDIQ ta có AI // BN và AI = BN. Từ đó ta đề xuất được một bài toán mới.
Bài toán 2 : Cho tam giác ABC có A nhọn. Dựng về phía ngoài của tam giác
ABC các hình vuông ABDE, ACMN, BCPQ ; các hình bình hành CMKP và BDIQ. Chứng minh rằng AIK là tam giác vuông cân.
Bài toán 2 còn có thể chứng minh bằng cách khác và ta chưa dừng lại ở kết quả này. Nếu gọi O là tâm của hình vuông BCPQ ta có thể chứng minh được O là trung điểm của đoạn thẳng IK (chú ý ∆OIQ = ∆OKC). Như vậy AO IK và
Tiếp tục khai thác các mối liên hệ của đoạn thẳng IK với các đoạn thẳng khác ta thấy KI // DM ; KI = DM ; DM // O1O2 ; DM = 2O1O2 => KI // O1O2 ; KI = 2O1O2 (O1, O2 lần lượt là tâm của các hình vuông ABDE, ACMN - hình 2) => AO O1O2 và AO = O1O2 (*).
Thay đổi điều kiện của bài toán 2 (bỏ đi các chi tiết gợi ý cho kết quả (*), ta có một bài toán không dễ.
Bài toán 3 : Cho tam giác ABC có A nhọn. Dựng về phía ngoài của tam giác
ABC các tam giác BOC, AO1B, AO2C vuông cân lần lượt tại O, O1, O2. Chứng minh rằng AO O1O2 và AO = O1O2.
Khi xem xét, tôi thấy các bài toán trên vẫn đúng cho các trường hợp A vuông hoặc tù, đề nghị các bạn tự kiểm tra. Từ đó ta có thể phát biểu và chứng minh bài toán sau.
Bài toán 4 : Cho tam giác ABC. Dựng về phía ngoài của tam giác ABC các tam
giác vuông cân BOC, AO1B, AO2C lần lượt tại O, O1, O2. Chứng minh rằng các đường thẳng AO, BO2, CO1 đồng quy.
Đến đây tôi nhớ lại bài 5(13) và nghĩ rằng nó có liên hệ với những kết quả trên. Tôi đã tìm cách chứng minh lại bài này và đã thành công khi sử dụng kết quả bài toán 3.
Bài 5(13) : Cho hình thang ABCD có AB song song và bằng một nửa CD. Điểm
M nằm ngoài hình thang sao cho MH vuông góc và bằng một phần tư CD. Bên ngoài hình thang, ta dựng các tam giác ADE và BCF vuông cân tại E và F. Chứng minh rằng tam giác MEF vuông cân tại M.
Hướng dẫn : Xét tam giác ADH, dựng về phía ngoài của tam giác ADH các tam
giác vuông cân AIH và DPH tại I và P ; hình chữ nhật DHMK (hình 3). Theo bài toán 3 (với A bất kì) ta có EH = PI và EH PI.
Các bạn hãy lần lượt chứng minh : - P là trung điểm của KM.
- ∆IPK = ∆EHM => KI = EM và KI EM.
- KM // IF và KM = IF => KIFM là hình bình hành => KI // FM và KI = FM. TOÁN TUỔI THƠ 22