{[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]]}

PGS.TS. LÊ QUỐC HÁN (Chủ biên)

TS. ĐINH QUANG MINH – ThS. LÊ THỊ NGỌC THÚY

Nh÷ng con ®−êng s¸ng t¹o

TRONG GI¶I TO¸N H×NH HäC

NHÀ XUẤT BẢN GIÁO DỤC VIỆT NAM

2

3

MỤC LỤC

Trang Mục lục 3

Lời nói đầu 5 PHẦN I HÌNH HỌC PHẲNG 6 Chương 1 MỘT SỐ VẤN ĐỀ CHUNG VỀ GIẢI TOÁN HÌNH

HỌC 6

§1. Lược đồ giải toán của Polya 6 §2. Khai thác lời giải bài toán 10 §3. Định lý thuận. Định lý đảo 17 §4. Định lý Pythagore với những cách thức tập dượt sáng tạo 24 §5. Sử dụng yếu tố phụ trong giải toán hình học 41 §6. Một số phương pháp chứng minh hình học cơ bản 48 §7. Một số phương pháp giải toán hình học hữu hạn 54

Chương 2 GIẢI TOÁN TRONG HÌNH HỌC PHẲNG 62 §1. Hai dạng toán chứng minh cơ bản trong hình học phẳng 62 §2. Các điểm và đường đặc biệt trong tam giác 77 §3. Từ công thức tính đường trung tuyến của tam giác đến hệ

thức Leibniz 90

§4. Định lý Ptolemy và các đặc trưng của tứ giác nội tiếp 100 §5. Phương tích của một điểm đối với một đường tròn 112 §6. Quỹ tích cơ bản và quỹ tích gần cơ bản 124 §7. Họ đường thẳng đi qua một điểm cố định 134 §8. Các phương pháp dựng hình 145 §9. Các phép biến hình trong mặt phẳng và ứng dụng 154

§10. Bất đẳng thức và bài toán cực trị trong hình học phẳng 165 PHẦN II HÌNH HỌC KHÔNG GIAN VÀ TAM GIÁC LƯỢNG 177

Chương 3 GIẢI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN 177

` §1. Các bài toán liên quan đến tính song song 177

    

{[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]]}

4

§2. Một số phương pháp xác định góc giữa hai hình hình học trong không gian

189

§3. Các bài toán liên quan đến hai đường thẳng chéo nhau 201

§4. Các bài toán liên quan đến tính vuông góc 214

§5. Phương pháp tính thể tích khối đa diện 224

§6. Một số phương pháp chứng minh hệ thức trong hình học không gian

240

§7. Một số dạng toán cực trị trong không gian 250

§8. Mặt cầu ngoại tiếp đa diện 259

§9. Mặt cầu nội tiếp đa diện 269

§10. Mặt cầu giả nội tiếp đa diện 278

§11. Sự phân loại tứ diện và ứng dụng 284

Chương 4 NHỮNG NHỊP CẦU NỐI HÌNH HỌC VỚI LƯỢNG GIÁC VÀ ĐẠI SỐ

294

§1. Cùng lượng giác hành hương về “Thánh địa Euclid” 294

§2. Định lý hàm số sin trong tam giác, nhịp cầu nối giữa các loại toán 302

§3. Định lý hàm số côsin trong tam giác và ứng dụng 313

§4. Diện tích tam giác và các công thức thông dụng khác 319

§5. Phương pháp hình học trong đại số 329

§6. Ứng dụng các bất đẳng thức quen thuộc vào giải các bài toán hình học

339

Hướng dẫn giải bài tập

Chương 1 354

Chương 2 371

Chương 3 403

Chương 4 447

Phụ lục 1 Euclid và tác phẩm “Nguyên lý” bất hủ 465

Phụ lục 2 Sự ra đời của các hình học phi Euclid 468

TÀI LIỆU THAM KHẢO 471

5

Lêi nãi ®Çu

Cuốn sách gồm bốn chương. Hai chương đầu dành cho học sinh Trung học cơ sở, hai chương sau dành cho học sinh bậc Trung học phổ thông.

Chương 1 và chương 4 thiên về hướng dẫn người học tìm tòi sáng tạo các bài toán và cách giải mới, hai chương còn lại bàn về các phương pháp thường dùng để giải các loại toán điển hình trong hình học phổ thông. Nhằm nâng cao năng lực suy diễn lôgic cho người đọc, các công cụ được sử dụng trong cuốn sách này chủ yếu là các kiến thức trong hình học Euclid. Tuy nhiên, khi cần thiết chúng tôi có sử dụng các công cụ thuộc hình học giải tích như tọa độ hay vectơ nếu chúng thực sự tỏ ra ưu việt hơn.

Trong mỗi phương pháp, chúng tôi trình bày ngắn gọn phần lý luận và tập trung vào phân tích các ví dụ minh họa. Cuối mỗi tiết có bài tập để bạn đọc thử sức. Các ví dụ và bài tập thường được sắp xếp từ đơn giản đến phức tạp. Thi thoảng có ngoại lệ, xen giữa các bài toán quen thuộc là những bài toán tương đối mới lạ, chúng được chọn trong đề thi các kỳ thi học sinh giỏi Quốc gia hay thi Olympic Toán Quốc tế (IMO). Phần hướng dẫn lời giải cuối sách mang tính chất gợi ý để người đọc tham khảo khi cần thiết. Chắc rằng có những phương án giải tốt hơn đang chờ các bạn khám phá, phát hiện. Hơn nữa, nhằm tránh sự thụ động khi đọc, trong phần hướng dẫn bài tập, việc vẽ hình được dành cho độc giả.

Để đọc cuốn sách này, chỉ cần nắm vững các kiến thức được trình bày trong các giáo trình toán phổ thông và tất nhiên, cả lòng say mê ham học hỏi hiểu biết nữa.

Mặc dù cuốn sách chủ yếu dành cho đối tượng học sinh phổ thông, nhưng nó thật sự có ích cho các giáo viên dạy Toán cũng như các sinh viên Cao đẳng và Đại học Sư phạm ngành Toán. Các phụ huynh cũng có thể dùng làm tài liệu giúp con em mình nâng cao hiểu biết những kiến thức Toán học mà do điều kiện thời gian các em chưa được lĩnh hội đầy đủ trên lớp.

Trong quá trình biên soạn, chúng tôi có tham khảo đề ra hay lời giải một số bài tập từ các tài liệu dẫn ra cuối cuốn sách này. Xin chân thành cảm ơn các tác giả của những đề ra hay cách giải đó.

Cuốn sách được khởi soạn đầu Xuân 2011 và được hoàn thành vào cuối Hạ 2016. Trong gần sáu năm qua, chúng tôi đã không ngừng sửa chữa và bổ sung bản thảo, nhưng không thể tránh được những sai sót, rất mong nhận được ý kiến đóng góp của bạn đọc. Các góp ý xin gửi về :

Tạp chí Toán học và Tuổi trẻ, tầng 12, Tòa nhà Diamond Flower Tower,

Số 1 Hoàng Đạo Thúy, Thanh Xuân, Hà Nội.

Các tác giả

6

PHẦN 1 HÌNH HỌC PHẲNG.

CHƯƠNG 1 MỘT SỐ VẤN ĐỀ CHUNG VỀ GIẢI TOÁN HÌNH HỌC.

Đứng trước một bài toán hình học Euclid,

cơ hội giải được của một học sinh phổ thông

và nhà toán học ngang nhau.

GS. Tạ Quang Bửu

§1. LƯỢC ĐỒ GIẢI TOÁN CỦA POLYA

Giải bài toán là một quá trình tâm sinh lý phức tạp. Nó đòi hỏi người giải vận dụng một cách sáng tạo những kiến thức và kinh nghiệm của mình kết hợp với những phương pháp suy luận thích hợp để giải quyết vấn đề bài toán đặt ra. Các bài toán ở bậc phổ thông thường có mức độ khó dễ khác nhau, do đó đòi hỏi người giải những cố gắng khác nhau.

Trong tác phẩm nổi tiếng Giải bài toán như thế nào, J. Polya chia các bài toán thành hai lớp: các bài toán tìm tòi và các bài toán chứng minh. Theo ông, các bài toán tìm tòi thường khó hơn các bài toán chứng minh. Tuy nhiên, thực tế các bài toán tìm tòi trong sách giáo khoa phổ thông hiện nay không khó lắm. Chúng chỉ đòi hỏi học sinh vận dụng trực tiếp những kiến thức vừa học và những thuật toán đã biết để tìm ra lời giải thích hợp. Trong khi đó nhiều bài toán chứng minh đòi hỏi người giải phải vận dụng tổng hợp các kiến thức khác nhau một cách sáng tạo cùng với những thao tác tư duy thích hợp (phân tích và tổng hợp, quy nạp và suy diễn, đặc biệt hoá và tổng quát hoá, tương tự, …) mới hoàn thành nhiệm vụ được giao.

Ở đây chúng tôi trình bày về việc tìm lời giải các bài toán tìm tòi chưa có thuật toán hoặc các bài toán chứng minh chưa có phương pháp chung để giải. Đối với các bài toán này, nên vận dụng lược đồ bốn bước của Polya: Tìm hiểu đề toán, xây dựng chương trình giải, thực hiện chương trình giải, kiểm tra và nghiên cứu lời giải.

1. Tìm hiểu đề toán

Việc giải một bài toán sẽ trở nên hữu ích nếu người giải ham thích công việc đó. Muốn vậy, người giải cần tìm hiểu một cách kỹ lưỡng. Trước hết phải đọc kỹ đề toán để thấy

7

được toàn bộ nội dung của bài toán. Sau đó phân tích bài toán, tách những yếu tố chính của bài toán, xem xét các yếu tố chính nhiều lần và ở nhiều mặt. Nếu là bài toán chứng minh thì yếu tố chính là giả thiết và kết luận. Nếu là bài toán tìm tòi thì yếu tố chính là ẩn (cái cần tìm, cái chưa biết), là dữ kiện (những cái đã biết) và điều kiện (mối liên hệ giữa cái cần tìm và cái đã cho) của bài toán. Cuối cùng phải nhìn lại tổng quan bài toán trước khi tìm lời giải.

Đôi khi, việc tìm hiểu đề toán phải diễn ra nhiều lần và ở nhiều thời điểm khác nhau. Phải

làm sao khi nhắm mắt lại, người giải vẫn thấy rõ từng chi tiết của bài toán và mối liên hệ

giữa các chi tiết đó. Điều này sẽ giúp người giải tìm được “ý chói lọi” (từ dùng của

Polya) trong quá trình hình thành lời giải bài toán.

Để giúp cho việc hiểu rõ đề toán, nhiều khi người giải cần phải đưa vào các ký hiệu mới

hoặc các hình vẽ minh họa.

Các ký hiệu đưa vào phải gọn và dễ nhớ, tránh nhầm lẫn và hiểu nước đôi. Hơn nữa nó

phải giúp người giải hình dung bài toán dễ hơn và việc tính toán thuận lợi hơn. Chẳng hạn

nếu bài toán đã cho liên quan đến ba số nguyên liên tiếp thì nên ký hiệu chúng là

1, , 1a a a− + (nếu ký hiệu chúng là , 1, 2a a a+ + thì việc tính toán sẽ phức tạp hơn).

Đối với các bài toán hình học, nói chung cần phải vẽ hình minh họa. Hình vẽ phải tổng

quát, không nên vẽ hình trong trường hợp đặc biệt vì như thế dễ gây ngộ nhận trong suy

luận. Hình vẽ phải rõ ràng, chính xác, dễ nhìn thấy những quan hệ và tính chất của các

yếu tố trong bài toán. Ngoài ra để làm nổi bật vai trò khác nhau của các đường, các hình,

trong hình vẽ có thể vẽ bằng nét đậm, nét nhạt, nét liền hoặc nét đứt. Điều này đặc biệt

quan trọng trong việc giải các bài toán hình học không gian. Nếu dựa trên phép dựng hình

bằng thước và compa (đối với hình học phẳng) hoặc dựa vào các phép chiếu song song

hay vuông góc (đối với hình học không gian) để vẽ hình một cách chính xác thì càng tốt,

vì nhờ vậy người giải sẽ tiệm cận với lời giải một cách dễ dàng hơn.

Có rất nhiều bài toán không phải là bài toán hình học nhưng việc dùng hình vẽ để diễn tả

chúng rất hữu ích. Chẳng hạn dùng sơ đồ đoạn thẳng để giải các bài toán số học, dùng đồ

thị để biện luận phương trình chứa tham số, …

8

2. Xây dựng chương trình giải

Đây là bước quan trọng nhất trong hoạt động giải toán. Để xây dựng chương trình giải

một cách hợp lý, cần tìm tòi lời giải. Tuy nhiên người ta đã chứng minh được rằng không

có một thuật toán tổng quát nào để giải được mọi bài toán cả. Thậm chí đối với một lớp

bài toán khá hẹp như lớp bài toán tìm nghiệm nguyên của các phương trình Diophante

cũng không có thuật toán chung để giải chúng. Vì vậy để tìm tòi lời giải một bài toán,

chúng ta cần dựa trên những kinh nghiệm giải toán trước đó của bản thân. Trong tác

phẩm Giải bài toán như thế nào, J. Polya đã đưa ra một bản gợi ý xây dựng chương trình

giải một bài toán bao gồm những câu hỏi sau:

- Bạn đã gặp bài toán này lần nào chưa? Hay đã gặp bài toán này ở một dạng hơi khác?

- Bạn có biết một bài toán nào liên quan không? Một định lý có thể dùng được không?

- Xét kỹ cái chưa biết và thử nhớ lại một bài toán quen thuộc có cùng ẩn hay có ẩn tương

tự.

- Đây là một bài toán có liên quan mà bạn đã có lần giải rồi. Có thể sử dụng nó không?

Có thể sử dụng kết quả của nó không? Hay sử dụng phương pháp giải nó? Có cần đưa

thêm một số yếu tố phụ mới sử dụng được nó không?

- Có thể phát biểu bài toán một cách khác không? Một cách khác nữa? Hãy quay về các

định nghĩa.

- Nếu bạn chưa giải được bài toán đã đề ra, hãy thử giải một bài toán liên quan dễ hơn

không? Một bài toán tổng quát hơn? Một trường hợp riêng? Một bài toán tương tự? Bạn

có thể giải một phần bài toán không? Hãy giữ lại một phần của điều kiện, bỏ qua phần

kia. Khi đó ẩn được xác định đến một chừng mực nào đó; nó biến đổi như thế nào? Bạn

có thể từ các dữ kiện rút ra một yếu tố có ích không? Bạn có thể nghĩ ra những dữ kiện

khác có thể giúp bạn xác định được ẩn không? Có thể thay đổi ẩn, hay các dữ kiện, hay cả

hai nếu cần thiết, sao cho ẩn mới và các dữ kiện mới được gần nhau hơn không?

- Bạn đã sử dụng mọi dữ kiện chưa? đã sử dụng toàn bộ điều kiện hay chưa? Đã để ý đến

một khái niệm chủ yếu trong bài toán chưa?

Những phần sau của cuốn sách này sẽ minh họa cho việc sử dụng bản gợi ý chương trình

giải toán trên của Polya.

9

Tuy không có một thuật toán chung nào để giải tất cả các bài toán, nhưng với những lớp

bài toán khá hẹp nào đó, chúng ta cũng có thể tìm ra những định hướng, những phương

pháp chung để giải chúng. Trong chương 2 và chương 3, chúng tôi sẽ trình bày chi tiết

vấn đề này.

3. Thực hiện chương trình giải

Sau khi đã tìm được cách giải rồi hãy tiến hành thực hiện chương trình giải. Đây là công

việc chủ yếu, là kết quả để đánh giá hoạt động giải toán. Quá trình này không khó khăn

như khi tìm cách giải nhưng tính chất công việc có khác nhau.

Khi đang tìm lời giải thì có thể tự do mò mẫm, dự đoán và không ngại gì mà không dùng

một cách lập luận “tạm thời”. Nhưng khi thực hiện chương trình giải thì phải thay đổi

quan niệm đó và chỉ được thừa nhận những lý lẽ chặt chẽ, phải kiểm nghiệm lại từng chi

tiết. Một điều quan trọng trong việc trình bày lời giải là trình tự các chi tiết, nhất là đối

với các bài toán phức tạp. Phải trình bày sao cho tường minh sự liên hệ giữa mỗi chi tiết,

cũng như sự liên hệ giữa các chi tiết trong từng đoạn của lời giải và trong toàn bộ lời giải

ấy. Trình tự mà ta trình bày trong lời giải có thể rất khác với trình tự mà ta đã tiến hành

để tìm lời giải ấy. Trình tự trình bày các chi tiết trong lời giải cần phải gọn gàng, mạch

lạc, sáng sủa.

4. Kiểm tra và nghiên cứu lời giải

Đây là một bước cần thiết và bổ ích mà trên thực tế ít người giải toán thực hiện nó. Trong

khi thực hiện chương trình giải, rất có thể ta đã mắc phải thiếu sót, lầm lẫn ở chỗ nào đó.

Việc kiểm tra lời giải sẽ giúp ta sửa chữa được những sai sót đáng tiếc đó. Mỗi sai lầm

đều cho ta một kinh nghiệm trong hoạt động giải toán. Mặt khác việc nhìn nhận xem xét

lại những chi tiết của cách giải cũng như toàn bộ cách giải, việc phân tích lại kết quả và

con đường đã đi cùng phương pháp tiến hành, còn có thể giúp chúng ta tìm thấy một cách

giải khác tốt hơn, hoặc phát hiện ra những sự kiện mới và bổ ích. Phải kiên nhẫn và chịu

khó nghiên cứu lời giải tìm được để có thể hoàn thiện cách giải và bao giờ cũng giúp ta

hiểu được cách giải sâu sắc hơn. Chính điều đó sẽ làm phong phú kinh nghiệm giải toán,

củng cố và phát triển năng lực giải toán cho bản thân.

10

§2. KHAI THÁC LỜI GIẢI BÀI TOÁN

1. Tìm các cách giải khác nhau của một toán

Việc nắm vững các kiến thức cơ bản chỉ thực sự có ý nghĩa khi ta vận dụng được chúng

vào giải quyết các bài toán cụ thể. Cần nắm vững những phương pháp suy luận cơ bản và

giải toán cơ bản như phương pháp phân tích đi lên và phương pháp suy diễn lôgic,

phương pháp phản chứng và phương pháp chứng minh gián tiếp, … Ngoài ra, cần phân

loại các dạng toán thường gặp và tìm phương pháp giải các dạng đó.

Tuy nhiên, điều chúng tôi muốn nhấn mạnh ở đây bạn đọc nên cố gắng tìm ra nhiều cách

giải cho cùng một bài toán. Đặc biệt, sau khi học thêm một kiến thức mới, hãy trở về với

các bài toán trong quá khứ để tìm ra lời giải mới nhằm thể hiện “tính ưu việt” của kiến

thức mới. Sau đây là một thí dụ:

Bài toán 1. Cho tam giác ABC vuông ở A (AB < AC); AD là đường phân giác trong. Đường thẳng kẻ từ D, vuông góc với BC cắt AC tại E. Chứng minh DB = DE.

Lời giải. Cách giải thứ nhất (Dựa vào tam giác bằng nhau)

Trên AB lấy điểm F sao cho AF AE= . Khi đó

ADF ADEΔ = Δ nên DF DE= và AFD AED= .

Từ đó BFD DEC= . Ta lại có ABD DEC= (cùng

bằng 090 ACB− ) nên .BFD ABD=

Suy ra tam giác BDF cân tại D . Từ đó BD DF= nên BD DE= .

Cách giải thứ hai (Dựa trên tính chất đường phân giác).

Kẻ , ,DH AB DK AC⊥ ⊥ vì AD là phân giác BAC nên DH DK= . Mà DBH DEK=

(cùng bằng 090 ACB− ) nên hai tam giác vuông DHB và DKE bằng nhau, từ đó

DB DE= .

Cách giải thứ ba (Dựa vào tam giác đồng dạng). Vì AD là phân giác trong của tam giác

ABC nên DB ABDC AC

= . Mặt khác hai tam giác vuông DEC và ABC đồng dạng nên

DE ABDC AC

= . Từ đó DB DEDC DC

= . Suy ra DB DE= .

11

Cách giải thứ tư. (Dựa vào tứ giác nội tiếp)

Vì 090BAE BDE= = nên tứ giác ABDE nội tiếp

trong đường tròn đường kính BE .

Khi đó DBE DAE= (cùng chắn cung DE ) và

DEB DAB= (cùng chắn cung BD ).

Mà BAD DAE= (giả thiết) nên DBE DEB= . Do đó tam giác DBE cân tại D . Từ đó

BD DE= .

2. Đừng bỏ qua các trường hợp riêng

Khi giải toán, việc xét các trường hợp riêng, trường hợp đặc biệt không chỉ giúp chúng ta

thu được một lời giải hoàn chỉnh mà còn chỉ ra con đường đi đến lời giải trong trường

hợp tổng quát hoặc gợi ra những ý tưởng sáng tác các bài toán mới.

a. Trước hết cần chú ý rằng nhiều khi lời giải bài toán trong trường hợp chung không bao hàm

hết các trường hợp cá biệt. Các trường hợp này cần phải được xét riêng.

Bài toán 2. Tính các tổng sau:

a) 2 11 ... ;n nA a a a a−= + + + + +

b) 21 ... ( 1)n nB a a a= − + − + − .

Lời giải. a) Trước hết, ta xét riêng trường hợp 1a = . Khi đó 1 1 ... 1A = + + + (n + 1 hạng

tử bằng 1) 1n= + .

Với 1a ≠ , có 2 1(1 ) (1 )(1 ... ) 1n na A a a a a a +− = − + + + + = − .

Từ đó 11

1

naA

a

+−=−

(*) , ở đây công thức (*) không chứa kết quả khi 1a = .

b) Để tính tổng thứ hai, ta phải xét riêng trường hợp 1a = − . Khi đó 1B n= + .

Với 1a ≠ − , có 2 1(1 ) (1 ) 1 ... ( 1) 1 ( 1)n n n na B a a a a a +⎡ ⎤+ = + − + − + − = + −⎣ ⎦ .

Từ đó 11 ( 1)

1

n naB

a

++ −=+

(**).

A

B D C

E

    

{[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]]}

12

Nhận thấy công thức (**) cũng không hàm chứa trường hợp khi 1a = − .

Bài toán 3. Dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác đều BCD, CAE và ABF.

Chứng minh rằng tâm của ba tam giác đều này là đỉnh của một tam giác đều.

(Định lý Napoléon).

Lời giải. Gọi 1 2 3, ,O O O là tâm của các tam giác đều , ,BCD CAE ABF . Hai đường tròn

ngoại tiếp các tam giác BCD và CAE cắt nhau tại M .

Khi đó 0120BMC CMA= = nên 0120AMB = và

do đó đường tròn ngoại tiếp tam giác ABF đi

qua M. Gọi , ,H I K là các giao điểm của 2 3O O

với AM , của 3 1O O với BM và của 1 2O O với

CM . Khi đó 2 3 ,O O AM⊥ 3 1O O BM⊥ và

0120AMB = nên 0 01 3 2 180 60O O O AMB= − =

(vì tứ giác 3MHO I nội tiếp). Tương tự, 03 2 1 60O O O = nên tam giác 1 2 3O O O là tam giác đều.

Chú ý. Bài toán 3 có nhiều cách giải và cách giải trên chỉ dùng đến kiến thức hình học

bậc THCS. Tuy nhiên, lập luận trên không đứng vững khi một trong các góc của tam giác

ABC bằng 0120 . Chẳng hạn, khi 0120BAC = thì hai đường tròn ngoại tiếp của tam giác

ABF và ACE tiếp xúc nhau tại A, và lập luận trên phải được điều chỉnh cho hợp lý.

b. Việc xét trường hợp riêng có thể giúp chúng ta định hướng được cách giải trong

trường hợp tổng quát.

Bài toán 4. Cho tam giác đều ABC và một điểm M chuyển động trong tam giác đó.

Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ M xuống các cạnh tam giác nhận một giá trị

không đổi.

Lời giải. Giả sử a là cạnh của tam giác đều ABC . Khi M

trùng với một trong ba đỉnh của tam giác thì tổng khoảng

cách từ M đến ba cạnh của tam giác ABC bằng đường cao

của tam giác đó. Khi M nằm trên một cạnh của tam giác

O3

A

B C

M

O2

O1

H

KI

A

I

B M C

KH

E

13

ABC, chẳng hạn M nằm trên cạnh BC . Kẻ ,MI AB MK AC⊥ ⊥ và BH AC⊥ .

Ta phải chứng minh MI MK BH+ = . Thật vậy, kẻ

ME BH⊥ thì MK EH= và hai tam giác vuông MIB

và BEM bằng nhau nên MI BE= .

Từ đó MI MK BE EH BH+ = + = .

Giả sử M nằm trong tam giác .ABC

Qua M kẻ đường thẳng song song với BC , cắt AB và AC tại P và Q . Đường cao

AH của tam giác ABC cắt PQ tại D . Kẻ ,MI AB MK AC⊥ ⊥ và PE AC⊥ . Theo

chứng minh trên MI MK PE AD+ = = .

Do đó MI MK MJ+ + = AD DH AH+ = .

Bài toán 5. Cho tam giác ABC và một điểm M trên cạnh BC. Dựng đường thẳng qua M

chia tam giác thành hai phần có diện tích bằng nhau.

Lời giải. Xét trường hợp đặc biệt khi M là trung điểm BC thì đường thẳng AM là

đường thẳng cần dựng. Khi M trùng với một trong hai đỉnh B hoặc C , chẳng hạn M

trùng B thì đường thẳng phải dựng là trung tuyến BI của tam giác ABC .

Trong trường hợp tổng quát, khi M nằm trên cạnh BC thì

ta đưa về trường hợp thứ hai bằng cách kẻ //BD MA .

Khi đó ABM ADMS SΔ Δ= nên ABC DMCS SΔ Δ= . Thế thì trung

tuyến MI của tam giác DMC là đường thẳng cần dựng.

3. Sáng tác các bài toán

Mục đích của việc học xét cho cùng là để rèn luyện người học biết sáng tạo. Do đó sau

khi giải một bài toán nên dựa vào lời giải vừa tìm được để sáng tác ra các bài toán mới.

Chẳng hạn, sau khi tìm được cách giải thứ tư của Bài toán 1, ta thấy điểm mấu chốt là tứ

giác ABDE nội tiếp. Từ đó dẫn đến

Bài toán 6. Cho AD là phân giác trong của tam giác ABC . Giả sử đường tròn ngoại

tiếp tam giác ABD cắt cạnh AC tại E. Chứng minh BD DE= .

A

I

BM

C

KE

P

J H

Q D

D

AI

CMB

14

Ngoài ra, nên tập dượt các phương pháp suy luận như quy nạp không hoàn toàn, tương tự,

tổng quát hoá và đặc biệt hoá để sáng tác các bài toán mới. Tuy nhiên, chú ý rằng các

phương pháp này chỉ cho phép đề xuất dự đoán mới mà chưa phải một kết quả mới. Nhà

toán học Pháp Fermat (1601 - 1665) đã để lại cho hậu thế nhiều bài học về vấn đề này.

Chẳng hạn, khi khảo sát dãy số 22 1n

nF = + với 1, 2, 3, 4n = ông thấy rằng các kết quả

thu được đều là số nguyên tố nên đã khẳng định rằng với mọi số tự nhiên n , nF đều là số

nguyên tố, nhưng sau đó nhà toán học Thụy Sĩ Euler (1707 - 1783) đã chứng tỏ rằng

5 641.6700417F = là hợp số. Cũng chính Fermat sau khi chứng minh được phương trình

4 4 4x y z+ = không có nghiệm nguyên khác không đã nêu lên giả thuyết: “Phương trình

n n nx y z+ = (với 3n ≥ ) không có nghiệm nguyên khác không”. Giả thuyết này được gọi

là Định lý lớn Fermat và mãi sau khi ông mất 300 năm, năm 1993 nhà toán học Anh

Andrew Wiles mới chứng minh trọn vẹn được nó dựa trên hàng loạt công trình toán học

sâu sắc của các nhà toán học thiên tài nhiều thế hệ khác nhau.

Nhiều khi trong trường hợp riêng, kết quả thu được có những giá trị đặc biệt không kém

trường hợp tổng quát. Chẳng hạn Định lý Pythagore có thể xem là trường hợp riêng của

Định lý hàm số côsin, nhưng những ứng dụng của nó vượt xa Định lý hàm số côsin.

Một trường hợp riêng đáng chú ý là việc xét các vị trí giới hạn, chẳng hạn tiếp tuyến của

đường tròn ( )O tại M là vị trí giới hạn của các cát tuyến đi qua M của đường tròn đó.

Chú ý đến điều này ta có thể thu được những bài toán mới khá thú vị. Chẳng hạn xét kết

quả sau đây:

Định lý Pascal. Trên đường tròn (O) có 6 điểm 1 2 3 4 5 6, , , , ,A A A A A A . Gọi , ,M N P là giao điểm

của 1 2A A với 4 5A A , 2 3A A với 5 6A A , 3 4A A với 6 1A A . Khi đó , ,M N P thẳng hàng.

Nếu cho 1 2 3 4 5 6, ,A A A A A A≡ ≡ ≡ thì ta nhận được kết quả sau.

Bài toán 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại A cắt

BC tại M . Tiếp tuyến của (O) tại B cắt CA tại N . Tiếp tuyến của (O) tại C cắt AB

tại P . Chứng minh , ,M N P thẳng hàng.

15

4. Nâng cao nhận thức vai trò của toán học đối với các môn khoa học khác và đối với

thực tiễn

a. Đã có rất nhiều cách ví von để tôn vinh vai trò của toán học đối với các môn khoa học

khác: “Toán học là ông hoàng của mọi khoa học”, “Toán học là chìa khóa để mở kho

vàng của khoa học nhân loại”,… Trong quá trình học tập, không ít lần chúng ta đã phân

tích cho học sinh thấy vai trò của toán học trong việc giải quyết các vấn đề của các khoa

học khác, đặc biệt là các môn khoa học tự nhiên, những người anh em của toán học: Vật

lý, Hóa học,… Đứng trước một hiện tượng vật lý, một phản ứng hóa học, nên nhìn chúng

bằng “con mắt toán học”. Cần ghi nhớ rằng: Thiên nhiên luôn là nhà toán học thông minh

nhất, vĩ đại nhất. Chẳng hạn đứng trước quy luật về sự khúc xạ ánh sáng trong quang học:

góc tới bằng góc phản xạ, ta thấy thiên nhiên đã giải quyết rất tuyệt vời bài toán cực trị

hình học sau:

Bài toán 8. Cho hai điểm ,A B ở về cùng một nửa mặt phẳng với bờ là đường thẳng xy.

Xác định vị trí điểm M trên xy sao cho MA MB+ đạt giá trị nhỏ nhất.

Lời giải. Gọi A′ là điểm đối xứng của A qua xy . Khi đó MA MB MA MB A B′ ′+ = + ≥ .

Do đó MA MB+ đạt giá trị nhỏ nhất (bằng A B′ ) khi và chỉ khi , ,A M B′ thẳng hàng,

nghĩa là khi và chỉ khi M là giao điểm của A B′ với xy . Khi đó dễ chứng

minh AMx BMy= .

b. Toán học có nguồn gốc từ thực tiễn, và những thành tựu của toán học chỉ thực sự có ý

nghĩa khi nó giúp cho cuộc sống con người ngày một tốt hơn. Ngày nay toán học càng tỏ

rõ sức mạnh của nó trong việc giúp con người chinh phục những đỉnh cao không chỉ

trong lĩnh vực trí tuệ mà cả trong những lĩnh vực cuộc sống. Tuy nhiên chúng ta cũng cần

quan sát những việc làm của những người thuộc tầng lớp bình dân, nhưng lại ẩn chứa

những kiến thức toán học sâu sắc. Xin dẫn một thí dụ:

Bài toán 9. Một người nông dân đã chia một mảnh đất hình tứ giác ABCD thành ba

phần như sau: Trên cạnh AB lấy hai điểm ,M N sao cho .AM MN NB= = Trên cạnh

CD lấy hai điểm ,P Q sao cho .CP PQ QD= = Ông quả quyết diện tích tứ giác MNPQ

bằng một phần ba diện tích tứ giác ABCD. Giải thích vì sao.

16

Lời giải. Dễ thấy: 13ADM ADBS SΔ Δ= , 1

3BCP BDCS SΔ Δ= . Từ đó: 23DMBP ABCDS S= .

Ta lại có: 12MDQ MQP MPDS S SΔ Δ Δ= = ,

12BPN MNP BMPS S SΔ Δ Δ= = nên

1 12 3MNPQ DMBP ABCDS S S= = .

BÀI TẬP 1

1. Tính tổng 2 11 2 3 ... nnS a a na −= + + + + .

2. Cho hai dây ,AB CD của một đường tròn (O) song song với nhau và một điểm M

chuyển động trên đường tròn. Đường thẳng MD cắt AB tại E.

a) Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM luôn đi qua một điểm cố định thứ hai

(khác C).

b) Tìm quỹ tích tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác CEM .

3. Cho điểm P cố định trong đường tròn tâm O bán kính R . Hai dây AB, CD di động

cùng đi qua P và luôn vuông góc với nhau.

a) Chứng minh 2 2 2 2PA PB PC PD+ + + nhận một giá trị không đổi.

b) Chứng minh AB CD+ nhận một giá trị không đổi.

4. Trong mặt phẳng cho ba đường thẳng phân biệt a, b, c. Hãy dựng tam giác đều ABC có

3 đỉnh A, B, C tương ứng nằm trên a, b, c.

5. Từ Định lý Pascal, hãy suy ra kết quả về tứ giác nội tiếp đường tròn tương tự như Bài

toán 6.

6. Cho tam giác ABC.

a) Tìm điểm M trong tam giác ABC sao cho MAB MBC MCA= = .

b) Giả sử MAB MBC MCA= = = ϕ . Chứng minh cot cot cot cotA B Cϕ = + + .

(Điểm M được gọi là điểm Brocard của tam giác ABC ).

AM N

B

CPQD

17

7. Cho tam giác ABC. Hai trung tuyến AM và CN cắt nhau tại G. Chứng minh 4 điểm B,

M, G, N nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi cot , cot , cotA B C lập thành một cấp số

cộng.

8. Hai phía một dòng sông với hai bờ là hai đường thẳng song song a, b có hai trung tâm

kinh tế A và B. Hãy bắc một chiếc cầu CD vuông góc với bờ sông đó sao cho quãng

đường AC + CD + DB ngắn nhất.

§3. ĐỊNH LÝ THUẬN VÀ ĐỊNH LÝ ĐẢO

1. Dạng chuẩn đơn giản nhất

Các định lý toán học thường có dạng đơn giản sau: Nếu có A thì có B (1). Khi đó khẳng

định ngược lại sẽ có dạng: Nếu có B thì có A (2). Người ta gọi (2) là mệnh đề đảo của

(1). Trong trường hợp (2) đúng thì (1) được gọi là định lý thuận còn (2) được gọi là định

lý đảo.

Không phải bao giờ khẳng định (2) cũng đúng, chẳng hạn khẳng định ngược lại của định

lý: (Nếu) hai góc đối đỉnh (thì) bằng nhau là” nếu hai góc bằng nhau thì đối đỉnh” rõ ràng

sai. Tuy nhiên, phần lớn các định lý toán học ở chương trình toán phổ thông đều có định

lý đảo, nghĩa là khẳng định của chúng là một chân lý.

Nói chung, việc chứng minh định lý đảo thường khó hơn chứng minh định lý thuận. Để

có nhiều ví dụ phong phú và hấp dẫn, chúng ta nhớ rằng các bài toán (đúng) thực ra cũng

là những định lý toán học.

Bài toán 1. Trong một tam giác cân:

1) Hai đường cao thuộc hai cạnh bên bằng nhau;

2) Hai đường trung tuyến thuộc hai cạnh bên bằng nhau;

3) Hai đường phân giác trong của hai góc ở đáy bằng nhau.

Đây là một bài toán dễ. Phép chứng minh mệnh đề đảo của 1) cũng dễ (dựa vào sự bằng

nhau của tam giác vuông). Phép chứng minh mệnh đề đảo của 2) khó hơn một tý, phải sử

dụng tính chất của trọng tâm tam giác. Phép chứng minh mệnh đề đảo của 3) nói chung

khá phức tạp và có một lịch sử khá ấn tượng.

Năm 1840, S.I.Lehmus gửi cho nhà hình học Thụy Điển J. Steiner định lý sau đây với

yêu cầu đưa ra một chứng minh hình học thuần túy: Tam giác có hai đường phân giác

18

trong bằng nhau là tam giác cân. Định lý này về sau được mang tên Định lý Steiner-

Lehmus.

Trong chứng minh của mình, Steiner đã phải dùng công thức tính đường phân giác theo

các cạnh của tam giác và các phép biến đổi đại số, không đáp ứng yêu cầu của Lehmus.

Vì vậy việc tìm những phương pháp chứng minh sơ cấp và hình học thuần túy cho Định

lý Steiner- Lehmus một thời đã trở thành một trào lưu hấp dẫn nhiều nhà toán học trẻ.

Trong các chứng minh tìm được như vậy, phải kể đến chứng minh của Lida Kopeikina -

một nữ sinh lớp 10 ở Matxcơva - năm 1939 và chứng minh của Volodia Bolchialxki -

một nam sinh lớp 8 cũng ở Matxcơva hai năm sau đó. Hiện nay đã có trên 10 cách chứng

minh Định lý Steiner- Lehmus, trong đó hơn một nửa chỉ sử dụng kiến thức hình học bậc

THCS. Phương pháp chứng minh bằng phản chứng của R.W. Hogg đăng trên tạp chí The

Mathematical Gazette của Anh năm 1982 được xem là đơn giản nhất (Chứng minh chi

tiết xem tiết 1, chương 2).

Bài toán 2. Cho tứ giác lồi .ABCD Gọi 1 1 1 1, , ,A B C D là tâm đường tròn nội tiếp các tam

giác , , ,BCD ACD ABD ABC . Nếu tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn thì 1 1 1 1A B C D là

hình chữ nhật.

Lời giải. Chứng minh mệnh đề này không khó, chỉ cần

sử dụng hai kết quả quen thuộc: “trong một tứ giác nội

tiếp, tổng các góc đối diện bằng 2 lần góc vuông” và

“nếu I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC thì

902

BACBIC = + ”.

Thật vậy, vì 1A là tâm đường tròn nội tiếp tam giác BCD nên

0 01 1

1 190 90

2 2CA D CBD CAD CB D= + = + = .

Suy ra tứ giác 1 1DCA B nội tiếp. Tương tự, tứ giác 1 1BCA D nội tiếp.

Từ đó ( )0 0 0 01 1 1 1

1 1360 360 .180 270 .

2 2B A C D A C ADC ABC+ = − + = − =

Suy ra 0 0 01 1 1 360 270 90B A D = − = .

A

B

CDA1

D 1

C

1

B

1

19

Tương tự ta có tứ giác 1 1 1 1A B C D có các góc bằng 090 nên 1 1 1 1A B C D là hình chữ nhật.

Tuy nhiên việc chứng minh mệnh đề đảo: Nếu 1 1 1 1A B C D là hình chữ nhật thì tứ

giác ABCD nội tiếp một đường tròn không dễ. Ta phải sử dụng kết quả sau: “Với tứ giác

lồi ABCD , hai điều kiện sau tương đương:

i) A nằm trong đường tròn ngoại tiếp tam giác BCD ;

ii) DAC DBC> ”.

Ta chứng minh Mệnh đề đảo bằng phản chứng. Giả sử ABCD không nội tiếp. Không mất

tổng quát, giả sử DAC DBC> . Theo kết quả trên, A nằm trong đường tròn ngoại tiếp

tam giác BCD và BAC BDC> .

Do đó 1 1 1 1,DB C DA C BD C BA C> > . Suy ra 1 1,B D tương ứng nằm trong đường tròn

ngoại tiếp các tam giác 1DA C và 1BA C . Từ đó C nằm trong đường tròn ngoại tiếp các

tam giác 1 1B A D và 1 1D A B . Suy ra 1 1 1 1 1 1,B A D B CD D A B D CB< < .

Do đó 1 1 1 1

1 1, .

2 2B A D ACD D A B ACB< < Từ đó 1 1 1 1 1 1B A D DA C D A B BA C+ + + <

0 01 1 1 190 90

2 2 2 2ACD ACB DBC BDC< + + + + + ( )0 1

1802

BDC DBC BCD= + + + 0270= .

Suy ra 01 1 1 90B A D > : trái giả thiết. Vậy ABCD là tứ giác nội tiếp.

Trong bài toán 2, nếu thay từ “tâm đường tròn nội tiếp” bởi từ “trọng tâm” hay “trực tâm”

tam giác thì kết quả nhận được không đúng. Tuy nhiên, trong trường hợp trọng tâm thì

hai tứ giác ABCD và 1 1 1 1A B C D đồng dạng với nhau nên ABCD là tứ giác nội tiếp khi và

chỉ khi tứ giác 1 1 1 1A B C D nội tiếp, nghĩa là ta đồng thời chứng minh được định lý thuận và

định lý đảo.

2. Dạng chuẩn thứ hai

Các định lý toán học còn thường gặp dưới dạng Nếu có A thì có B và B′ ( )3 . Khi đó ta

nhận được các mệnh đề đảo sau

( )4a Nếu có B thì có A;