việc làm cần thiết và hữu ích. Bài viết này trao đổi với bạn đọc một cách mở rộng bài toán qua việc thay đổi điều kiện của bài toán.
Xin được bắt đầu từ bài toán sau :
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.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
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 (*).
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
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.
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
- ∆IPK = ∆EHM => KI = EM và KI EM.
- KM // IF và KM = IF => KIFM là hình bình hành => KI // FM và KI = FM.
LÀM QUEN VỚI CHỮNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG TRONG HÌNH HỌC
Phản chứng là một phương pháp chứng minh gián tiếp rất hiệu quả, khi đó ta phải chứng minh mệnh đề phủ định là sai. Trong quá trình giảng dạy ở trường phổ thông, tôi nhận thấy học sinh còn chưa thuần thục khi áp dụng phương pháp này để chứng minh các bài toán hình học. Hi vọng rằng qua các ví dụ dưới đây, các bạn sẽ nắm vững hơn phương pháp chứng minh đặc biệt này.
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng trong tứ giác ABCD, nếu A = B; D > C thì AD < BC. Lời giải : Ta sẽ chứng minh AD ≥ BC là sai. Thật vậy, gọi giao điểm của AD và BC là E ta có :
DAB = ABC (giả thiết) suy ra EAB = EBA => ∆ EAB cân tại E => EA = EB. Giả sử AD = BC => AD + EA = BC + EB => ED = EC => ∆ EDC cân tại E => trái với giả thiết.
Giả sử AD > BC => AD + EA > BC + EB => ED > EC => C > D, cũng tráI với giả thiết. Vậy chỉ có thể là AD < BC.
Ghi chú : Ta hoàn toàn có thể chứng minh trực tiếp kết quả này.
Ví dụ 2 : Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a ; M là trung điểm của cạnh AD ; điểm E nằm trên BC thỏa mãn điều kiện 0 < CE < a/2. Qua M kẻ đường thẳng song song với AE, cắt cạnh CD tại F. Chứng minh rằng hình thang AMFE không thể là hình thang cân.
Lời giải : Giả sử AMFE là hình thang cân thì AM = FE (*) và MAE = FEA, mà MAE = BEA => FEA = BEA => EA là phân giác của (góc ngoài của ∆ EFC).
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
Mặt khác CA là phân giác của BCD (tính chất đường chéo của hình vuông), suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp trong ECF của ∆ EFC (đường tròn này tiếp xúc với CE và CF lầ lượt tại B và D).
Lại có 0 < CE < a/2 => BE > a/2
EF = BE + DF > BE > a/2 => EF > AM, Mâu thuẫn với (*). Vậy AMFE không thể là hình thang cân.
Ví dụ 3 : Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và CD vuông góc với nhau. Gọi I và K lần lượt là trung điểm của OA, OB. Tia CK cắt (O) tại F. Chứng minh rằng không phải là góc vuông.
Lời giải : Giả sử CIF = 90 o suy ra : OIF + OIC = ICD + OIC = 90 o => OIF =
ICD.
Như vậy nếu gọi E là giao điểm của tia CI với (O) ; P và Q lần lượt là giao điểm của tia FI với (O) và đường kính CD thì sđ ED = sđ AP + sd FB
Mặt khác vì AB, CD là hai đường kính vuông góc của (O) nên sđ AD = sd DB ; OI = OK (bằng nửa bán kính (O)) nên CD là trung trực của đoạn IK => CD là phân giác của ECF => sd DE = sđ DF Suy ra : sđ AE = sd AD - sđ DE = sđ DB - sđ DF = sđ FB => sđ FB
Từ (1) và (2) => sđ DE = sđ EP => CE là phân giác của PCD, lại có CI PQ nên ∆ CPQ cân tại C và IP = IQ. Ta dễ dàng chứng minh được ∆ AIP = ∆ OIQ (c.g.c).
Suy ra => ∆ BAP có là điều vô lí. Vậy không phải là góc vuông.
Ví dụ sau đây là bài toán thách đấu số 4 (TTT2 số 12) đã quen thuộc với các bạn, bài toán có rất nhiều cách chứng minh. Nhân bài viết này tôi xin trình bày thêm một cách chứng minh khác.
Ví dụ 4 : Cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc miền trong của hình vuông, thỏa mãn điều kiện MAD = MDA = 15 o. Chứng minh rằng MBC là tam giác đều.
Lời giải : Theo giả thiết ta suy ra : BAM = CDM = 75 o (1) ; AMD = 150 o (2) ; ∆ MAD cân tại M => MA = MD => ∆ BMA = ∆ CMD (c.g.c) => MB = MC (4) => ∆ MBC cân tại M =>MBC = MCN (5)
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
Giả sử ∆ MBC không đều, từ (4) suy ra : MB > BC hoặc MB < BC. Nếu MB > BC => MB > AB => BMA < BAM => BMA < 75 o, từ (1), (2), (3) ta có :
AMD + BMA + CMD < 300 o => BMC > 60o, từ (5) => MBC < BMC => MB < MC , mâu thuẫn với giả thiết ban đầu.
Tương tự như trên, từ MB < BC ta lại chứng minh được MB > BC, là điều vô lí. Vậy chỉ có thể là BC = MB = MC hay ∆ MBC là tam giác đều.
Bài tập vận dụng.
Bài 1 : Cho tam giác ABC. Chứng minh ma > a/2 thì A nhọn, trong đó a và ma lần lượt là độ dài của cạnh BC và đường trung tuyến kẻ từ A).
Bài 2 : Cho đường tròn (O) và I, K lần lượt là trung điểm của các dây cung AB, CD. Biết rằng AB > CD và tia AB cắt tia CD tại P, chứng minh rằng PI > PK.
HỌC CÁCH DỰNG HÌNH PHỤ
QUA VIỆC CHỨNG MINH MỘT ĐỊNH LÍ
Các bạn biết không ? Định lí “Trong tam giác, đường phân giác của một góc chia cạnh đối diện thành hai đoạn thẳng tỉ lệ với hai cạnh kề hai đoạn ấy” của lớp 8 có rất nhiều cách chứng minh đấy.
Xin được giới thiệu một số cách chứng minh định lí trên, hi vọng rằng qua đó các bạn cũng như tôi, sẽ tích lũy được nhiều kinh nghiệm dựng hình phụ để giải toán hình học.
Không mất tính tổng quát, ta xét tam giác ABC có phân giác AD (D thuộc BC), ABC ≥
ACB. Ta cần chứng minh AB/AC = DB/DC (*).
Cách 1 : Dựng BE (E thuộc AD) sao cho ABE = ACD (hình 1).
Ta có ∆ABE đồng dạng với ACD (g-g) suy ra AB/AC = EB/DC (1) ; AEB = ADC =>
BED = BDE => ∆BDE cân tại B => BD = BE (2). Từ (1) và (2) suy ra (*). Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
Cách 2 : 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 ra AB/AC = EB/FC = DB/DC (đpcm).
Cách 3 : Dựng AH BC, DM AB, DN AC (H, M, N lần lượt thuộc BC, AB, AC, hình 3).
Ta có ∆ADM = ∆ADN (cạch huyền-góc nhọn) suy ra DM = DN. Do đó : 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) và (2) suy ra (*).
Cách 4 : Qua B vẽ đường thẳng song song với AD, cắt đường thẳng AC tại E (hình 4).
Xét ∆CBE, AD // BE, ta có DB/DC = AE/AC (1).
Cũng vì AD // BE mà AD lại là phân giác của BAC, dễ dàng chứng minh được AEB =
ABE => ∆ABE cân tại A => AB = AE (2). Từ (1) và (2) suy ra (*).
Cách 5 : Qua D dựng các đường thẳng song song với AB, AC, lần lượt cắt AC, AB tại E, F (hình 5).
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
Ta có ∆BFD đồng dạng với ∆DEC (g-g) suy ra DB/DC = BF/DE = DF/CE = (BF + DF)/(DE + CE).
Mặt khác, dễ thấy AEDF là hình thoi nên suy ra DB/DC = AB/AC (đpcm).
* Với các cách kẻ hình phụ sau, các bạn hãy thử tiếp tục chứng minh định lí trên bằng những cách khác :
Cách 6 (SGK Toán 8, tập 2, trang 66) : Qua B vẽ đường thẳng song song với AC, cắt đường thẳng AD tại E (hình 6).
Cách 7 : Qua D dựng đường thẳng song song với AB, qua A dựng đường thẳng song song với BC, hai đường thẳng này cắt nhau tại E. DE cắt AC tại F (hình 7).
Cách 8 : Trong ∆ABC, dựng hai đường cao CE và BF, chúng lần lượt cắt AD tại K, H. Đường thẳng qua C song song với AD cắt BF tại I (hình 8).
Generated by Foxit PDF Creator © Foxit Software
Cách 9 : Dựng qua B đường thẳng vuông góc với AB ; dựng qua C đường thẳng vuông góc với AC, hai đường thẳng này cắt nhau tại K. AD cắt BK, CK lần lượt tại E, F. Dựng qua B đường thẳng song song với AD, cắt CK tại G (hình 9).
Cách 10 : Qua B, C dựng các đường thẳng song song với AD, cắt đường thẳng qua D song song với AC lần lượt tại F, E. Đường thẳng qua F song song với AB cắt AD tại M.
HỌC TOÁN CẦN PHẢI BIẾT THẮC MẮC