Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part4-3)

Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part4-3)

1 Goi O là điểm có tính

22,04, = O° Gia sit da co diém M ma

NGi MO Tu A, ha AH, 1MO Π= 1, 2, n)

Theo định lí về bình phương một cạnh trong

tam giác, ta có

a,M2‡ = aMO? + a,0A? - 20M a,0H,

Gi = 1,2 »)

do đó

2a MA? =(5a,)MO?+ Ya,0.A?—20M (Ja/0H,\(6)

Ta nhận xét rằng : OH, là hình chiếu của

OA, nên

22,04, =0 => 2p0H, = 0

(vì mọi đẳng thức véctơ đều chiếu được)

Thay 2ø/OH,= 0, 2p,MA?= k vào (6) ta có

k- 3,04?

a,ta,+ +a,

với ®&— 3u0AÐ% >0

Ta có MO- | #—Ö9/O4? = không đổi (6) \ —

i

Ta dễ thấy rằng các phép biến đổi trên

đây đều tương đương, vì vậy ta không cần

xét phần đảo nữa

Kết luận : Quỹ tích những điểm M sao cho

2aMA} = k với œ — 35,0AĐ3y, >0

(Ø là điểm cơ tính chất 32,ÖÄ, =0) là

một vòng tròn tâm Ø, bán kính

chất

MO? =

2 Th gọi tâm các vòng trong Cy Cores

C,, la Ap Ag A, va O la diém eé tinh chat

22,04, = 0 Gia sit d& co diém M

2aPUM , C) =k (1) Theo công thức tính

tích ta có 2PM, C) =

= 0,(MA?—12) +0,(MAR—r3)-+ +0,(MA2—r2)

Thay 3 PŒM, C)=k > Da MA?=k+ Yay, (2) ee

K

phương

Ta chú ý rằng phép biến đổi trên là tương đương ((1) s (2)) Ấp dụng kết quả bài toán 1,

ta đi đến kết luận ;

Quỹ tích những điểm M _ sao cho

2/P(M, C)= k với (e+ Zag? 35,0A3,> 0 (0 là điểm có tính chất 2ø/OÁ,= 0) là một

vòng tròn tâm O, ban kinh

OM= \ & + Dar? — 200A}

3;

Chú ý : Các bài toán : Tìm quỹ tích những điểm X sao cho hiệu các bình phương

tới hai điểm A, B, cho trước bằng & không đổi hoặc khái niệm trục đẳng phương có thể

xem là trường hợp đặc biệt của hai quỹ tích trên đây khí tâm vòng tròn xa vô tận, song

lí luận chứng minh có khác trước

Mở rộng bổ đề 1 oà 2 : LÍ luận tương tự

trong hình học phẳng ta cũng đi đến kết luận :

Cho n điểm Áu 4z Á, trong không

gian va n số thực Ơ, đ„, Œ, sao cho

3, % 0 ta luôn luôn dựng được duy nhất một điểm O sao cho 22,04, =0

Mỏ rộng bài toán 1 Ta giữ nguyên bài toán mà chỉ thay n điểm trong mặt phẳng, bằng ø điểm trong không gian

Ta sẽ thấy rằng lí luận từ phẳng sang

không gian vẫn không có gì thay đối Đi đến kết luận :

Quỹ tich la mot mat cfu tam O, bán kính

\ k— Đg,0A?

(tất nhiên O van dong vai trò 2p,0A, = 0)

với (k — 2a,OA?)2ø, > 0

Mỏ rộng bài toán 2 : Tương tự bài toán

1, khi mở rộng sang không gian, thay n vòng tròn bằng z mặt cầu bất kì thì H luận chứng

minh không thay đổi, ta cũng di đến kết

luận : Quỹ tích là một mặt cầu tâm Ø bán

kính

OM =

OM =

Ó đóng vai trò 3Ð, =0

với (& + 2g? — 28,OA7)3ø, > 0

(*) ĐỀ tiện cho ấn loái, chúng tôi viết E thay cho >

=ì

291

nhiêu lần xé như vậy Thành thử chác chấn

rằng không thể biết cuối cùng tổng cộng có

bao nhiêu mảnh giấy mà lại phải chứng minh

rằng đếm sai

Nhưng chúng ta hãy bình tỉnh để hình

dung và phân tích ki quá trình "xé giấy"

trong bài toán : mối lần từ đống giấy lấy lên

một mảnh, xé nó làm 9, rồi lại bỏ vào đống

giấy thÌ rõ ràng số mảnh giấy tăng lên 8

Bat đầu cớ một mảnh giấy, như vậy cuối

cùng số mảnh giấy xé được sẽ là ] + 8k, với

& nguyên dương Vì số 1968 không có dạng

1 + 8&, nên anh bạn trên đếm sai I

Có thể kể ra nhiều ví dụ khác để mỉnh

họa phần này, nhưng để bài báo khỏi quá

dài, ta dừng lại ở đây, Và lại như đã nơi, vấn

đề này liên quan chặt chẽ đến các vấn để

sau, nên trong các ví dụ sau, chúng ta còn

cơ dịp đề cập tới Trước khi chuyển sang vấn

đề thứ hai, chúng tôi đề nghị các bạn hãy

thử suy nghỉ cách giải bài toán sau :

Bai toán 1, Cho một trăm số nguyên

dương ø, thỏa mãn điều kiện :

1 $a, <a, < a, < < ayy) < 1000

Chứng mình rồng trong tất cd cóc hiệu

SỐ a, — a, (i > ÿ) phải có một số gặp Ít nhất

sdu lần

2 ~ BIẾT NẮM VỮNG TÍNH ĐẶC THÙ

CỦA BÀI TOÁN Tuy rằng chúng ta có thể xếp các bài toán

ra từng loại một, ứng với từng loại có một

số phương pháp điển hình để giải, nhưng

nếu cứ máy móc đánh đồng loạt như vậy,

nhiều khi cách giải luậm thuộm, thậm chí có

thể vÌ quá phức tạp, nên không đi đến kết

quả cuối cùng Hãy nêu ở đây bai ví dụ :

Ví dụ 2 Giải phương trình

sinx(1 - cos*x) = 1 a Chúng tôi đã gặp một bạn làm như sau :

1 = sinz(1 - cos2x)(1 + cos2x) = sinÄx(2 -

~ sin’x) = 2sin3x ~ sindx Vậy để giải phương

trình (1) ta phải giải phương trình đại số

XÃ+2X2+1=0 (2)

VÌ không có công thức giải phương trình

bac 5 nén ban nay chi cd thé khẳng định

rằng phương trình (2) cố một nghiệm X =

1, ngoài ra không đám quyết đoán rằng

phương trình (2) còn có nghiệm nào khác

nữa không, do đó không làm được trọn vẹn

bài toán

Rõ ràng ở đây bạn đơ chưa nhìn ki bài

toán vì :

|sinz| « 1 và 0 « 1 - cos'+ « 1

nên phương trình (1) chỉ có một nghiệm sinz = 1 tức là x = z/2 + 9kxz ( nguyên)

VÍ dụ 3 Giả thử a < b < e < d Chứng minh rằng với mọi giá trị của m (m z —1)

đa thức bậc hai

Fx) = (x - ax - oe) + mi - bo) - đ)

có hai nghiệm phân biệt

Theo cách suy nghỉ thông thường của các bạn lớp 8 và lớp 9 thì phải chứng minh rằng

đa thức ƒ(+) có biệt số A > 0 nhưng tính ra ;

A = [la +0) +m +d)Ê + 41 + myac + mbd)

thì nhiều bạn không biết làm thế nào để chứng minh nổi A > 0!

Tuy rằng chịu khó biến đổi thì đi đến

A = {(đŒ-— b)m + [ía + e(b + đ) -

~ 2(bd + ae)J/(d — b)}2 + + (6 - aj(e ~ b)(d — œ)(d - cid ~ 6»

nhưng phải tính toán khá phức tạp để nhầm lẫn

Ở trình độ lớp 8 có thể giải quyết bài này

một cách nhẹ nhàng hơn, bằng cách để ý rằng :

#Ð) = (b- aMb - @) < 0;

fd) = (d~ aXđ - e) >0

như vậy hàm số y = f(x) có đồ thị là một

đường parabôn vừa nằm ở nửa mật phẳng

trên vừa nằm ở nửa mặt phẳng dưới như các bạn đã học trường hợp này chỉ xảy ra khi

ƒfz) có hai nghiệm phân biệt

Có những bài toán lạ, khó mà xếp vào

loại cụ thể nào, đo đó trong trường hợp này

lại càng cần phải lưu ý đến tính đặc thù của

bài toán để tìm ra cách giải

Vi du 4 Hay tìm tất cả các nghiệm nguyên x, y của phương trÌnh :

\ 25x + Vide + Ox + far + vx =y (3) Nếu ở đây ta cho rằng có thể gắng sức

lay thừa bậc hai ð lần để khử căn, sau đó bấu víu lấy phương trình tìm được mà nghỉ cách giải thì chấác chấn việc thực hiện chương trình ấy sẽ thất bại, vì khi đó trước hết ta sẽ đi đến :

+ = ({[@? - 2ãz)? ~ 16x]2 - 9x}? ~ 4x)?

và các bạn cũng như tôi, ít ai thích tính cụ thể vế phải viết trên

293

Có thể giải gọn gàng phương trình (3)

như sau : Trước hết để ý rằng xz = y = 0 là

một nghiệm Ta hãy giả thử z > 0 (nhớ rằng

x va y nguyên) Bình phương hai vế của

phương trình (3) ta thấy rằng :

ViI6x + =y2T— 90x (4) Vậy vế phải là một số nguyên dương Gọi

u là số ấy, và bình phương hai vế của phương

trình (4) ta lại có :

VW + =u2 ~ lắc

và cứ tiếp tục thế, ta thấy rằng

4x + Ýx =p với p nguyên, (dương),

do dé ¥x = p? ~ 4x = q v6i g nguyên (đương)

tức là ta đi đến đẳng thức

Vì gq)? = 4q? < 4g? +9 « 4g? +4g 41 =

= (24 + 1)? nên đẳng thức (5) không thé xdy

ra với các số nguyên đương p, q

Thành thử phương trình đã cho chỉ có

một nghiệm nguyên z = y = 0

Tớm lại đối với các bài toán "khóng tầm thường" cần hết sức chú trọng đến tính đặc thù của bài toán ấy, vấn đề này yêu cẩu một

sự suy nghỉ linh hoạt, và sáng tạo mà ta sẽ

đề cập tới trong một dịp khác

Để kết thúc, chúng tôi để nghị các bạn thử giải bài toán sau đây

Bài toán 2 Với những giá trị nào của

m thÌ phương trình

Yx? +m + 2jx7—m =x

có nghiệm Hãy xác định nghiệm ấy

MỘT KINH NGHIÊM

GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN

Có lẽ phần lớn học sinh chúng ta đều cho

rằng giải toán hình học không gian khó hơn

nhiều so với giải toán hình học phẳng ; nó

khó ngay từ khâu nhận thức đề bài, vẽ hình,

hình dung được vấn đề Một điều để thừa

nhận là hình học không gian liên quan chặt

chẽ với hình học phẳng và nếu đã có kiến

thức vững vàng, có óc suy luận tốt đối với

các bài toán phẳng thì cũng sẽ dễ dàng làm

quen và chóng tiến bộ trong việc giải toán

không gian Trong bài này xin để cập tới một

khía cạnh : để giải toán không gian, ta tÌỉm

cách giải quyết bài toán phẳng tương ứng

rổi từ đó vận dụng kết quả và có khi cả

phương pháp giải bài toán phẳng để giải

quyết bài toán không gian đó

Chúng ta cùng nhau xét mấy bài toán

Sau :

1 BÀI TOÁN I

Chứng minh rằng cạnh dài nhất của một

hình tứ diện là khoảng cách lớn nhất giữa 2

điểm thuộc tứ diện

294

ĐÀO THẾ HƯNG

Trước tiên ta xét bài toán tương ứng :

"Chứng minh rằng trong tam giác, cạnh dài

nhất chính là khoảng cách lớn nhất giữa 2

điểm thuộc tam giác"

Cách giải quyết cũng đơn giản, ta dùng phương pháp đặc biệt hóa Gọi 2 điểm bất

kì thuộc tam giác là M, N

Azam

Hình 1

* Néu M và Ñ trùng với hai đỉnh của tam

giác ta có ngay :

MN < max (AB, BC, CA)

* Nếu ẤM hoặc N trùng với 1 đỉnh của tam

giác Giả sử M = A thi:

Nếu N € AB hoặc N € AC thi ta có ngay

lời giải Nếu N € BC thì tùy theo vị trí của

Ä so với chân đường cao H, ta kết luận được

MN < AB hoặc MN < AC va do dé MN <

max (AB, BC, CA)

* Nếu M và N khong tring véi dinh nao

của tam giác Ta đưa về trường hợp trên

bằng cách nối NB, ta có

MN < max (AB, BN, NA) < max (AB,

ĐC, CA)

A

Hình 2

Bài toán phẳng được giải quyết, ta sử

dung kết quả để giải bài toán không gian

Xét khoảng cách giữa M và N là 2 điểm

bất kì thuộc tứ điện ABCD Bao giờ cũng

đựng được một tam giác cớ 3 cạnh thuộc các

mặt của tứ diện và chứa &, W (chỉ cần dựng

1 mạt phẳng chứa Ä⁄N và 1 đỉnh của tứ điện)

như hình 2 Nối AM và AN cát BC tại E, cắt

CD tai F

A

Hình 3

Theo kết quả bài toán phẳng :

MN < max (AE, EF, FA)

ma AE < max (AB, BC, CA)

EF < max (BC, CD, DB)

AF € max (AC, CD, DA)

Từ đó suy ra : max (AE, EF, FA) < max

(AB, AC, AD, BC, CD, DA) tức là MN không

lớn hơn cạnh lớn nhất của tứ diện

1 BÀI TOÁN II Cho một góc nhị diện có các mặt là P và

9 và 8 điểm A, BH, C ở bên trong nhị diện

đơ Chứng minh rằng nếu tổng các khoảng

cách từ mỗi điểm đó đến 2 mặt P và Q của nhị điện là bằng nhau đối với cả 3 điểm A,

B, C thì tổng đó cũng lấy cùng 1 giá trị đối với mọi điểm của mặt phẳng ABC giới hạn

ở bên trong nhị điện đã cho

Dã dàng thấy rằng lời giải bài toán trên

phụ thuộc vào lời giải bài toán sau

Bài toán 2 TÌm quỹ tích của những điểm

M có tổng các khoảng cách đến 2 mặt P và

@ của một nhị diện là một số không đổi š

Để giải quyết (2') ta lại xét bài toán phẳng

tương ứng "Tìm quỹ tích của những điểm

M có tổng các khoảng cách đến 2 cạnh của

góc xoy là một số không đổi k", (Lưu ý rằng ta chỉ xét bài toán (2) và bài toán phẳng trong trường hợp M nằm bên trong góc nhị diện và góc phẳng)

Q

Hinh 4 Lời giải bài toán phẳng là : quỹ tích là

cạnh đáy AB của tam giác cin OAB trong

đó A € Oxz, B € Oy, A cách Oy và B cách

Ox đều một khoảng bằng &

Các bạn có thể tự kiểm tra kết quả này

với nhận xét rằng : trong tam giác cân, mọi

điểm thuộc đáy đều có tổng khoảng cách đến

hai cạnh bên bằng đường cao thuộc cạnh bên Lấy kết quả này để giải bài toán (2') Thuận : Giả sử cho M là 1 điểm trong nhị điện Pa@, hạ MA L P, MB L Q=

MA + MB = k

Dựng mặt phẳng S chtta M, A, B cất a

tai O Xét trong S, dua vao bai todn phẳng,

ta có M thuộc cạnh đáy tam giác cân

OM.M,, trong đó M, trên OA, M; trên OB

và M, cách ÓOA bằng k Từ đó cũng suy ra

dễ dàng Mạ cách Q và M; cách P đều 1

khoảng bằng &

295

Dung mat phẳng S chứa M,M; và song

song với a, cắt P và Q theo 2 giao tuyến A,

va AD

Ta od A chứa M, và // œ ; A„ chứa M; và

/ a đồng thời A cach Q và A2 cách P “46u

khoảng bằng *, do đó A, và A “cố định trên

P và Q, suy ra M thuộc mặt phẳng R cố định

*% WM =

Hình 5

Đảo : Lấy điểm Af' bất kì thuộc # (phần

trong nhị diện) Hạ M'A' L P, M'B`' L @

Phải chứng minh M'A' + M'B' = k

Dung mp S’(M’, A’, B’) cAt a tai Ó', cất

A, va A, tai N, va N,, ta cd N,, M’, Ny thang

hang (giao tuyến của 8° và RỲ N, ve N, lai

có tính chất như M, va M, tic la: N, cach

@ va do dé cing cách 0" Ny một khoảng ky

N, céch P và do đó cũng cach O'N, một

kfoảng k Suy ra AO’N,N, can va theo kết

quả bài toán phẳng ta cổ : M'A' +M'B' = k

Như vậy ta được quỹ tích của M là phần

mặt phẳng # nằm trong góc nhị diện

Kết quả này chứa đựng lời giải của bài toán

2 nơi trên

TII BÀI TOÁN 3

Chứng minh rằng các hình chiếu vuông góc

của đỉnh A của tứ điện ABCD trên các mặt

phẳng phân giác trong và ngoài của các nhị

điện cạnh BC, CD, DB là 6 điểm đồng phẳng

Bài toán này quả là khớ nếu ta giải trực

tiếp Song nếu ta theo hướng giải quyết đề

ra trong bài này thì có thể "gỡ mối” được

Bài toán phẳng tương ứng là : "chứng

minh rằng các hình chiếu vuông góc của

296

đỉnh A cia tam giác ABC trên các đường

phân giác trong và ngoài của góc B va C la

4 điểm thẳng hàng"

Gọi hình chiếu của Á trên phân giác trong

và ngoài của góc B là Á; va A)

Hình 6

Dé dang thấy AA,BA là hình chữ nhật

™ đó chứng mỉnh đã đằng Ai4, Ú BC và A4; đi qua điểm giữa của BA the là Á A, cách đều A và đường thẳng BC

Chứng minh tương tự đối với đường

thẳng nối 2 hình chiếu của A trên phân giác

trong và ngoài của góc C Cuối cùng ta được

cả 4 điểm nằm trên dường thẳng

Ta sẽ sử dụng cả kết quả và phương pháp chứng mính bài toán phẳng trên để giải quyết bài toán 3 Dể cho gọn ta lưu ý rằng

ở bài toán phẳng chỉ cần chứng minh cho một trong 4 hình chiếu của A (chẳng hạn A;) nằm trên 1 đường thẳng cách đều Á và đường thẳng BC là đủ, vì các điểm còn lại

chứng mỉnh tương tự

Gọi hình chiếu của A trên mặt phẳng phan giác trong của nhì diện cạnh BC là A + mp (BCA,) Dựa vào kết quả bài toán Thăng hướng chứng minh của ta là chứng minh A, thuộc mặt phẳng cách đều A và mặt

phẳng BCD

Hạ A,H, + mp (BCP) Dựng mp chứa AA,H, cắt BC tại O

lạ có ; BO 1 AA vBRC 1 Ad, nén

BC 1 mp (AA,H,) Vay AOH, là gốc phẳng của nhị điện cạn Bộ BC và GA) là phân giác của góc này

Qua A, dyng mp S // mp (BCD), cat mp

(AA,H,) theo 1 giao tuyén 14 A Ha AH 1

A.VIA // OH, (giao tuyến của mp thứ 3

với 2 mp song song) nên theo chứng minh

của bài toán phẳng ta có AH = A 4 Vi

mp (AA,H,) 4 mp (BCD) va mp Š /Í mp

BCD nên mp (AA|H,) 1 mp S theo giao

tuyén A ma AH 1 A nén AH 1 S Suy ra

mp S céch déu diém A va mp (BCD)

Chứng mình tương tự ta cũng được các hình chiếu của A trên ð mặt phẳng phân giác còn lại đều thuộc mp S và bài toán giải quyết xong

Các bạn thân mến, trên đây là một vài suy nghỉ nhỏ có tính chất kinh nghiệm, mong rằng có giúp ích được phần nào cho các bạn đang lúng túng nhiều khi giải toán không gian

KINH NGHIỆM CHÚNG MINH PHẦN ĐẢO

BÀI TOÁN QUỸ TÍCH

Giải một bài toán quỹ tích thường dùng

phương pháp sau đây :

Sau khi ta đoán nhận được quỹ tích của

những điểm M có tính chất 7' đã cho là một

đường đ nào đó thì ta chứng minh :

Phần thuận : Mọi điểm M có tính chất 7:

đã cho thì ở trên đường ở (xác định bằng

cách nào đơ),

Phần dảo : Một điểm M' bất kÌ ở trên

đường ở ấy thì cớ tính chất 7' đã cho (ø)

Bai này nêu kinh nghiệm chứng mính

phần đảo của phương pháp này

Thông thường đặt vấn đề để chứng minh

(tức là nêu được mệnh đề (2) trén) thi dé,

nhưng bắt tay vào chứng minh thì gặp khó

khăn Chính vÌ vậy mà trong nhiều bài toán

quỹ tích người ta thường miễn việc chứng

minh phần đảo, nhưng nếu ta biết cách vượt

được khó khăn đó thì thú vị biết mấy Qua

ví dụ sau đây ta sẽ thấy khó khăn ở chỗ nào

va tim cách giải quyết ra sao ? Từ đó rút ra

quy tắc suy nghỉ chung cho loại toán này

Ví dụ 1 Cho một điểm c bất kÌ trên đoạn

AB cho trước Dựng về cùng một phía với

đoạn thẳng đó 2 hình vuông có cạnh AC và

CB Tìm quỹ tích những điểm AM là điểm

giữa của đoạn nối tâm 2 hình vuông đó khi

edi dong trên AB

Trong phần thuận ta chứng mỉnh được rằng

M sẽ chuyển động trên đoạn MM, if AB,

ABi4 và hình chiếu hai đầu mút của nó ở trên AB cách A và B một khoảng AB/4)

NGUYÊN HỮU LƯƠNG

cách AB một khoáng AH/4, với 1M và M, có

hình chiếu trên AB cách A và 8 một khoảng AB/4 (hình 1)

Me

Q

Hình 1

Phần đảo ta phải chứng mỉnh rằng :

"Lấy một điểm M’ bat ki tren M M,, ta phải chứng minh rằng M’ la diém gian của

đoạn nối tâm 2 hình uuông có cạnh nối tiếp nhau trên AB, dung v2 cing phía với AB va

tổng 2 cạnh của chúng bằng AB" (1)

Ta coi việc chứng minh phần đảo là một

bài toán phụ, trong đó giả thiết là :

- 1 đoạn AB cố định

~ 1 đoạn Ä⁄,M, (/ AB cách AB một khoảng

(2)

~ 1 điểm M” bất kì trên M,M,

và kết luận của nó là phần chữ nghiêng trong

mệnh để (1)

Căn cứ vào đó thì hình vẽ của ta chỉ cớ

như ở (hình 2)

297

My M M;

Hình 2

Bài toán phụ này khác với bài toán chứng

mỉnh hình học thông thường ở chỗ nào ?

Một bài toán thông thường thì căn cứ vào

những điều đã cho trong bài toán ta đã vẽ

được một hình hoàn chỉnh để tìm cách chứng

minh Néu can thi ta phải vẽ thêm một số

đường phụ nữa để tÌm ra các kết luận phụ,

làm căn cứ mới cho kết luận chính của bài

toán

Đằng này những điều nói trong bài toán

phụ này (như các hình vuông cạnh AC', C'B,

đoạn nối tâm hai hình vuông ) chưa thể

hiện được lên hình vẽ Ta còn phải tiếp tục

vẽ thêm hình, nhưng không phải là sáng tạo

ra đường phụ mà phải tìm cách thể hiện

những hình đã nới đến trong bài toán Tức

là trên cơ sở hình gốc (hình 2) ta phải dựng

thêm hình thỏa mãn các yêu cầu trong phần

kết luận của mệnh để (1)

Cụ thể ta phải đứng trước một bài toán

dựng hình (theo vị tr như sau :

Giả thiết của bài toán dựng hình là giả

thiết (2) nói trên

Két luan la : Dung 2 hình vuông về cùng

phía với AB Có hai cạnh nối tiếp nhau trên AE

và tổng của chúng bằng AB sao cho Ä° là điểm

giữa của đoạn nối tâm hai hình vuông đó,

Phân tích - (hình 3) Muốn dựng được 2

hình vuông, ta chỉ cần dựng một trong hai

hình : chỉ cẩn tìm được một trong 2 tâm O'

hoặc P’, chang han tam 0’

O’ phai 6 trên cạnh bên của tam giác

vuông cân AGB Vì M' phải là điểm giữa của

O’P’ nén trong tam giác vuông GO'P' ta có

M'O'= MP' = GM'

Vay O° la giao cia AG và đường tròn (M',

M’G), trong dd M’ va M’G đã xác định

Sau khi biết cách dựng, ta dựng hình

vuông AE'D”C' có tâm là O’ ; P' là giao của

O M' kéo dài với GB Ta phải chứng minh

P' là tâm của hình vuông có cạnh la BC’

298

Hình 3

Bạn hãy dùng giả thiết 2 và cách dựng các hình đó làm giả thiết và áp dụng tam giác đồng dạng để chứng minh kết luận của

mệnh để (1)

Ta sẽ trình bày lời giải của phần đảo như

sau : "Dựng tam giác vuông cân ÁGB Lấy

1 điểm M' bất kÌ trên M.M, làm tâm quay

1 cung bán kính M'G cát AG tai 0’, M’O’ cắt BG tai P’ Kéo dai AO’ mét doan O’D’

= ÓO'A, Dựng các hình chữ nhật AC'D'E và

BC'E°Ư Ta sẽ chứng minh rằng các hình chữ

nhật đó là hình vuông nhận Ø' và P' làm tâm và M' là điểm giữa của O’P’ "

Tiếp theo ta sẽ chứng minh điều đó

Như vậy là trong phần đầu của việc chứng minh phần đảo ta đã dùng toán dựng hình để sáng tạo ra một bài toán mới - Giả thiết của bài toán này không những chỉ có giả thiết (2) mà còn thêm những yếu tố do

ta méi dung lén (GM’ = M’O’; AO’ = O'D;

hai hình chữ nhật canh AC’ va C’B) Con

kết luận là phần còn lại phải chứng mình sau khi dựng (AE'D'C' và G'FUB là hình vuông có tâm là O’ va P’; O'M = M'P’)

Bài toán mới này giả thiết đã tăng lên còn kết luận thì giảm đi ao với giả thiết (2)

và kết luận (1)

Ta rit ra nguyên tắc chung là : trong phần đảo ta phải chứng tỏ rằng :

"Với hình gốc (tạm dùng để chỉ những yếu tố cố định đã cho) uà uới bất kì một điểm

M' nào ö trên đường d (hoặc một phần của

đường d đã xác định trong phần thuận) œ cũng

dựng dược 1 hình thỏa mãn các tính chốt của diểm M (là điểm ta phải tìm quỹ tích)",

Và quy tắc suy nghĩ chung là ; Dựa vào hình gốc, đường ở đã tìm được trong phẩn thuận va điểm M đá xác dịnh

(một cách bất kì) ở trên d đề dụng một hình sơo cho thỏa mãn tính chất của M Sau đó

căn cứ uào cách dựng để xem chỉ tiết nao da

thôa mắn, chỉ tiết nào còn, phải chúng mình

thêm",

Rõ ràng cách suy nghĩ như vậy giống như

là cách suy nghĩ của 1 bài toán dựng hình

Còn lời giải của phần đảo ta trình bay :

Cách xác định cdc hinh dé nhu thé nào,

dụng như thể thì chỉ tiết nào trong tính chất

của diểm M dã thỏa mãn va ta con chúng

mình chỉ tiết còn lại nào ? Sau dé ta tiến

hành chúng mình

Hãy áp dụng quy tác đó để chứng minh

phần đảo của bài toán sau đây ;

Ví dụ 2 : Cho AABC, trên hai cạnh AB

và ÁC ta lấy theo thứ tự các điểm D và E

sao cho BD = CE Tìm quỹ tích những điểm

giữa của đoạn DE khi D và E chuyển động

trên AB và AC

Hình 4

Với chú ý kẻ thêm Ä7 / ÁC cắt ĐC ở 7

và M, là điểm giữa của 8C (hình 4) bạn hãy

tự chứng minh phần thuận để tự kết luận

rằng : M’ ở trên đường thẳng d di qua M,

cố định và làm với Moc một góc MMC =

= 180° - (C + A/2) (C và A là góc trong của

AABC)

Bây giờ ta suy nghỉ để chứng minh phần

đảo :

Phần đảo ta phải chứng minh rằng :

Lấy một điểm M' bất kì trên ở, ta phải

chứng minh rằng M' là điểm giữa của đoạn

DE(D' € AB, E'G AC) ma BD = CE’

Thoạt tiên ta chỉ có hình vẽ như trên hình

ð Bây giờ ta phải xác định điểm ?' và E'

như trên

Rõ ràng D”, E' phải tùy thuộc M, ta không

thể xác định Ð' tùy ý r6i ldy CE’ = BD’ hay

ngược lại ; cũng không thể qua ẤM” kẻ 1 đoạn ĐE' bất kì được Th phải sử dụng công cụ

toán dựng hình để suy nghỉ : Phân tích : 'Ta chỉ cần xác định một trong

hai điểm D' hoặc E' Ở phần thuận ta đã lợi

dung A MM of 6 đây nếu ta xác định được

1 thÌ ta có thể xác định được Д (hoặc E”

la giao cla CI’ với AB (hoặc Ð7' với AC), ma 1' thì có thể xác định được : là giao của 2 đường thẳng kẻ từ M, và M' lần lượt song song véi AC va AB

Như vậy ta cớ lời giải phần đão như sau :

"Lấy một điểm M'” bất kì trên ở”, kế M'T / AC,

MI il AC N6i BI’ va kéo dai cắt ÁC (kéo dai 6 E” ; E’M’ kéo dai cht AB 4D’ Ta phai

chứng minh rằng BD’ = CE va D’M’ = M’E' *,

tiếp theo ta chứng minh điều đó

MN A

Hinh 6

Một ví dụ về phạm sai lầm trong việc chứng mỉnh phần đảo sau đây sẽ giúp ta rút

thêm kinh nghiệm

299

Vi du 3 Cho hai điểm cố định A và B và

một đường tròn thay đổi sao cho mỗi điểm

4 và 8 đều có phương tích không đổi đối với

đường tròn này Tìm quỹ tích tâm Ø của

đường tròn đớ

Sau đây là lài giải trong sách bài tập hình

học lớp 8;

"Thuận Giả sử A và B có phương tích

Py và Pụ đối với đường trong (O, R) va

P,>P,

NT”

4

đình 7

Ta cé Py =OA?— R2

= 2 2

Pạ = OBỀ ~ R

suyra OA? — OB? =P, ~ P,

P, va Py khong d6i nén OA? - OB? khong

đổi Vậy O ndm trén dudng thẳng A vuông

góc với đường thẳng AB, quỹ tích những

điểm 7ï mà hiệu bình phương các khoảng

cách đến A và B bằng P,- Pp

Đảo lại : Mọi đường tròn (O’, R’) cd tam

nằm trên đường thẳng này đều cho ta :

O'A? — O'R? =P, - Py (1)

hay ƠŒA?-P,=Q@B?~-P,=R2?2 (2

Từ đó suy ra

Đụ = 0'A2~ R2

và g= O°B2— R2 (3)

Như vậy là A và 8 đều có phương tích

không đổi đối với mọi đường tròn có tâm 0’

nằm trén A "

Sau do la két luan

Phần đảo như vậy là sai ! Theo cách

chứng minh đó thÌ trong giả thiết của phần

300

đào P 4 va Py không phải xác định trước mà

chỉ khi rút ra các hệ thức (3) thì từ đó mới

kết luận P„ và Py không đổi

Nhưng khi đã xác định Ó' trên A thì Ø'A

và O’B cing đã xác định, lúc đó P, va P, hoàn toàn phu thuéc R’ Ma é day R’ thi lai lấy tùy ý (vì không chỉ rõ xác định #' như thế nào) nên P„ và P, déu thay d6i theo R’ mặc đầu PạT Pạ không đổi (theo (1)) Chúng chỉ có thể giữ nguyên phương tích đã cho trước nếu lấy R' thích hợp

Đúng ra ta phải làm như sau

Dat gid thiết phương tích của A và B đối

với (Ơ, EÐ) là m2 và n2 không đổi Trong phần thuận

ta chứng minh được OA2 - Oñ2 = m2 - n, Suy ra Ở € A

Đảo : lấy Ó' bất kÌ trên A, xác định

Ri = JO"AT= m? (4) Dựng đường trdn (0’,

R’) Nhu vay phương tích của A đối với đường tròn này bằng znw2 cho trước Ta phải

chứng minh rằng phương tích của Ø đối (Ó', R’) cing bang n? cho truéc

Th có : O°A? - O'B? = m2 - n2 (vÌì O' © A)

suy ra:

OA? - m? = O'R? - n? (ð)

ma Ø?A2- m2 = g2 (suy ra từ (4) (6) nên Ø°B? - n2 = R2 (so sánh (5) và (6))

Do dé Ó°B? ~ R2 = né? (đ.p.c.m) Một trong những sai lầm trong ví dụ này

là không tuân theo nguyên tắc nơi trên : Đáng lẽ từ hình gốc (2 điểm A, B), đường A

và điểm @ˆ đã chọn (một cách tùy ý) trén A,

ta phải đạt câu hỏi là dựng đường tròn tâm

O’ bén kính như thế nào để có phương tích

của Á và B đối với đường tròn này đều bằng

giá trị cho trước Từ chỗ không nơi rõ cách

xác định #' dẫn đến sự mập mờ về giá trị của P, va Py

Tém lại, trong phần đảo việc xây dựng

bài toán phụ cần phải tuân theo nguyên tác

của toán dựng hình Các yếu tố do ta xây dựng để thể hiện tính chất của điểm quỹ tích cẩn chỉ rõ chúng được xác định như thế

nào