Học toán ra sao?

Từ bài toán A nhận ra rằng nếu trên các cạnh BC có điểm E, trên cạnh AD có điểm F E ≠ N, F ≠ Q mà tứ giác MEPF là hình bình hành thì cũng có tứ giác ENFQ là hình bình hành, do vậy giúp t

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

SÁNG TẠO KHI TỰ HỌC TOÁN

Trong tự học nhiều khi giúp tìm đến những điều thú vị trong toán học Bài viết này xin được trao đổi cùng bạn đọc về một bài toán mà trong việc tự học toán tôi đã tìm đến những bài toán mới, bài toán tổng quát Bài toán 1 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng :

1/(a + b + c) + 1/(a - b + c) + 1/(- a + b + c) ≥ 1/a + 1/b + 1/c

(Đề thi tuyển sinh vào lớp 10 trường THPT chuyên Lê Hồng Phong, TP Hồ Chí Minh, 1992-1993)

Hướng dẫn

Bài toán phụ : Cho x, y > 0 Chứng minh rằng : 1/x + 1/y ≥4/(x + y)

Lời giải : Vận dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có:

Vì a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác nên:

a + b > c ; a + c > b ; b + c > a ; a + b - c > 0 ; a - b + c > 0 ; - a + b + c > 0

Vận dụng bài toán phụ trên ta có:

1/(a + b - c) + 1/(a - b + c) ≥ 4/(a + b - c + a - b + c ) = 4/(2a) = 2/a (1)

Chứng minh tương tự ta cũng có:

1/(a + b - c) + 1/(- a + b + c) ≥ 2/b (2)

1/(a - b + c) + 1/(- a + b + c) ≥ 2/c (3)

Từ (1), (2), (3) ta có điều cần chứng minh

Bài toán phụ giúp ta nhận ra rằng nếu n thuộc N thì:

Từ đó ta đến với bài toán mới, bài toán tổng quát của bài toán 1

Bài toán 2 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng :

với mọi n thuộc N

Vẫn chưa vừa lòng với kết quả nhận được tôi thử tìm cách thay đổi tử của các phân thức ở vế trái của bất đẳng thức ở bài toán 1 và nhận được bài toán mới

Bài toán 3 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng :

c/(a + b - c) + b/(a - b + c) + a/(- a + b + c) ≥ 3

(Đề kiểm tra đội tuyển toán 9, quận Tân Bình, TP Hồ Chí Minh 2000-2001)

Hướng dẫn :

Đặt - a + b + c = x, a - b + c = y, a + b - c = z

Ta có a = (y + z)/2 ; b = (x + z)/2 ; c = (x + y)/2 Do đó:

c/(a + b - c) + b/(a - b + c) + a/(- a + b + c) = (x + y)/(2z) + (x + z)/(2y)

= (y + z)/(2x) = 1/2[(x/y + y/x) + y/z + z/y) + x/z + z/x)] ≥ 1/2.(2 + 2 + 2) = 3

Suy nghĩ và suy nghĩ giúp tôi tìm và giải được bài toán 4, bài toán tổng quát của bài toán 1 và bài toán

3

Bài toán 4 : Cho a, b, c là độ dài ba cạnh của một tam giác Chứng minh rằng :

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

với mọi n thuộc N

Hướng dẫn :

Với n = 0 ta có bài toán 1, và với n = 1 ta có bài toán 3

Xét n ≥ 2 ta có: (an - 2 - bn - 2)(a - b) ≥ 0 => an - 1 + bn - 1 ≥ an - 2b + abn - 2 (1)

Xin được cùng bạn đọc trao đổi về bài toán sau :

Bài toán A : Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, P, Q theo thứ tự là các trung điểm của các cạnh AB, BC, CD,

DA Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành (Bài 6, trang 24 SGK Hình học 8, NXB Giáo dục 2000)

Hướng dẫn

MN là đường trung bình của tam giác ABC => MN // AC và MN = 1/2 AC

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

QP là đường trung bình của tam giác ADC => QP // AC và QP = 1/2 AC

Do đó MN // QP và MN = QP => tứ giác MNPQ là hình bình hành * Câu hỏi được đặt ra : Liệu tứ giác ABCD không lồi thì tứ giác MNPQ có là hình bình hành không ?

Dễ thấy hoàn toàn tương tự trên ta chứng minh được tứ giác MNPQ là hình bình hành Ta có hai bài toán mới

Bài toán 1 : Cho tứ giác ABCD Gọi M, P lần lượt là trung điểm hai đường chéo AB, DC N, Q lần lượt là trung điểm các cạnh BC, DA Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành

Bài toán 2 : Cho tam giác ABD, C là điểm nằm trong tam giác ABD Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành

Từ bài toán A nhận ra rằng nếu trên các cạnh BC có điểm E, trên cạnh AD có điểm F (E ≠ N, F ≠ Q) mà tứ giác MEPF là hình bình hành thì cũng có tứ giác ENFQ là hình bình hành, do vậy giúp ta giải được bài toán hay và khó sau :

Bài toán 3 : Cho tứ giác ABCD có M, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, CD E và F lần lượt là các điểm thuộc các cạnh BC và DA (EB ≠ EC, FA ≠ FD) sao cho tứ giác MEPF là hình bình hành

Chứng minh rằng BC // AD

Bài toán A giúp ta giải được bài toán sau :

Bài toán 4 : Cho ngũ giác ABCDE, gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, DE, AE

H là trung điểm của NQ, K là trung điểm của MP Chứng minh rằng KH // DC

Và nếu I, J lần lượt là trung điểm các đường chéo AC, BD, bài toán A và bài toán 1 giúp ta đến với bài toán Giec gôn :

Bài toán 5 : Chứng minh rằng đoạn thẳng nối trung điểm hai đường chéo và các đoạn thẳng nối trung điểm các cạnh đối của tứ giác lồi gặp nhau tại một điểm

Hơn nữa, ta cũng nhận ra rằng ở bài toán A còn có :

AC vuông góc với BD tương đương MN vuông góc với MQ tương đương với MNPQ là hình chữ nhật

AC = BD tương đương MN = MQ hay MNPQ là hình thoi

Giúp ta đến với bài toán 6

Bài toán 6 : Gọi M, N, P, Q là các trung điểm các cạnh của tứ giác ABCD Hai đường chéo AC và BD phải thỏa mãn những điều kiện nào để M, N, P, Q là 4 đỉnh của :

a) Hình chữ nhật ? ;

b) Hình thoi ? ;

c) Hình vuông ?

(Bài 13, trang 37 SGK Hình học 8, NXB Giáo dục 2000)

Câu c bài toán 6 giúp ta có lời giải bài toán Hay và Khó sau :

Bài toán 7 : Cho tam giác OBC Về phía ngoài tam giác dựng các hình vuông OBIA, OCKD Gọi M, P lần lượt là tâm của các hình vuông OBIA, OCKD Và N, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng BC,

AD Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình vuông

Vẽ hình bài toán 7, nhận ra rằng M, N, P, Q lần lượt là trung điểm các cạnh AB, BC, CD, DA của tứ giác ABCD

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Do vậy “chìa khóa vàng” của bài toán là chứng minh AC = BD, AC vuông góc với BD điều này có được

từ ΔOAC = ΔOBD (c - g - c)

Và như vậy từ hình 2 cũng cho ta bài toán mới

Bài toán 8 : Cho tứ giác ABCD, gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, AC, CD,

BD Tứ giác ABCD phải thỏa mãn những điều kiện nào để M, N, P, Q là bốn đỉnh của :

a) Hình chữ nhật ? ;

b) Hình thoi ? ;

c) Hình vuông ?

Tương tự từ hình 3 cũng đến với ta bài toán 9

Bài toán 9 : Cho tam giác ABC, C là điểm nằm trong tam giác ABD Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA

Các điểm A, B, C, D phải thỏa mãn những điều kiện nào để M, N, P, Q là bốn đỉnh của :

a) Hình chữ nhật ? ;

b) Hình thoi ? ;

c) Hình vuông ?

Và như vậy từ các bài toán : A ; 1 ; 2 ; 6 ; 8 ; 9 có được bài toán tổng quát sau chăng ?

Bài toán 10 : Cho bốn điểm A, B, C, D trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của các đoạn thẳng AB, BC, CD, DA

Các điểm A, B, C, D phải thỏa mãn những điều kiện nào để M, N, P, Q là bốn đỉnh của :

Do vậy SMNP = 1/4.SMNPQ , đến với bài toán Hay và Khó sau :

Bài toán 11 : Cho tứ giác ABCD Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BD, CD Chứng minh rằng SMNP = 1/4.SABCD

Bài toán A chắc chắn còn nhiều điều hấp dẫn và thú vị, nếu ta tiếp tục suy nghĩ và tìm tòi (2/2003)Nguyễn Đức Tấn

(TP Hồ Chí Minh)

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

HỌC MỘT BIẾT MƯỜI

Rèn luyện tính độc lập, sáng tạo là yêu cầu để phát huy phẩm chất của người lao động Vì thế các bạn cần tập suy luận và sáng tạo, phát hiện những bài toán mới, những vấn đề mới, xuất phát từ những bài toán đã biết

Xét bài toán 19, trang 38, Hình học 8 :

Cho một góc vuông xOy Trên tia Ox ta lấy điểm A cố định sao cho OA = a, trên tia Oy ta lấy điểm B di động Vẽ trong góc xOy hình vuông ABCD

a) Tính khoảng cách từ D tới Ox

b) Tìm tập hợp (quỹ tích) các điểm D khi B di động

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Lược giải :

a) Kẻ DH vuông góc với Ox Góc D1 = Đ A1 (phụ với Đ A2 ), DA = AB (cạnh hình vuông)

=> ΔDHA = ΔAOB (cạnh huyền, góc nhọn) => DH = AO = a

b) D cách Ox một khoảng bằng a không đổi nên D thuộc d//Ox, cách Ox một khoảng bằng a

Giới hạn : Khi B trùng với O thì hình vuông ABCD trở thành hình vuông AOC’D’ => D trùng với D’

=> tập hợp D là tia đối của tia D’C’

* Khi D trùng với D’ thì hình vuông ABCD trở thành hình vuông AOC’D’ Hình vuông này có diện tích nhỏ nhất và bằng a2 Do đó có thể thay bài toán quỹ tích bằng bài toán cực trị

Bài toán 1 : Cho góc vuông xOy Trên tia Ox lấy điểm A cố định sao cho OA = a, trên tia Oy lấy điểm B

di động Vẽ trong góc xOy hình vuông ABCD Xác định vị trí của đỉnh D để hình vuông ABCD có diện tích nhỏ nhất Tìm giá trị nhỏ nhất đó theo a

* Nếu từ C và D kẻ các đường thẳng lần lượt song song với Ox và Oy thì hình tạo thành cũng là hình vuông ngoại tiếp hình vuông ABCD Ta có bài toán khác

Bài toán 2 : Cho góc vuông xOy Trên tia Ox lấy điểm A, trên tia Oy lấy điểm B (tùy ý, khác O) Vẽ hình vuông ABCD Qua C và D dựng các đường thẳng lần lượt song song với Ox và Oy, chúng cắt nhau tại P

và lần lượt cắt Oy tại Q, Ox tại H

a) Chứng minh tứ giác OHPQ là hình vuông

b) Chứng minh tâm đối xứng của hai hình vuông ABCD và OHPQ trùng nhau

* Bài toán 2 là trường hợp riêng của bài toán 8, trang 54, SGK Hình học 8 Giải được bài 8, tức là bài toán

2 ở trên đã được giải quyết

Bài toán 8 Sách giáo khoa là :

Cho hai hình bình hành, mỗi cạnh của hình thứ nhất chứa một đỉnh của hình thứ hai Chứng minh rằng hai hình bình hành đó cùng có một tâm đối xứng

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

* Từ bài toán 1, thêm giả thiết : H là chân đường vuông góc hạ từ D xuống Ox Có thể cho phát hiện sự liên hệ giữa chu vi tam giác OAB và độ dài cạnh hình vuông ABCD Từ đó ta có :

Bài toán 3 : Cho góc vuông xOy Trên tia Ox lấy điểm A cố định, điểm B di động trên tia Oy Vẽ trong góc xOy hình vuông ABCD Gọi H là hình chiếu của D trên Ox Chứng minh rằng chu vi tam giác OAB < 2m, với m là độ dài đoạn thẳng OH

Lược giải :

ΔDHA = ΔAOB => OB = AH

=> OA + OB = OH = m

Trong ΔOAB : AB < OA + OB = m chu vi ΔOAB : OA + OB + AB < m + m = 2m

* Điều gì sẽ xảy ra nếu chu vi ΔOAB = 2m ? Ta có bài toán :

Bài toán 4 : Cho hình vuông OHPQ có cạnh bằng m A, B lần lượt là các điểm trên các cạnh OH, OQ sao cho chu vi ΔOAB = 2m Chứng minh Đ APB = 45o khi A, B di động

Lược giải : Kẻ PE vuông góc với PA, với E nằm trên tia OQ

Ta có Đ P1 = Đ P2 (cùng phụ với góc APQ), PQ = PH ;

=> Đ Q = Đ H = 90o => ΔPQE = ΔPHA (g.c.g) => QE = AH ; PE = PH

Chu vi ΔOAB : OA + OB + AB = 2m = OH + OQ => OA + OB + AB = (OA + AH) + (OB + BQ)

=> AB = AH + BQ = QE + BQ = BE

=> ΔBPA = ΔBPE (c.c.c) => Đ BPA = Đ BPE

=> Đ BPA = 1/2 Đ APE => Đ APB = 1/2 90o = 45o

* Nếu Đ APB = 450 quay xung quanh P, nhưng luôn cắt hai cạnh OH và OQ của hình vuông thì chu vi ΔOAB có luôn luôn bằng 2m không ? Ta có bài toán ngược :

Bài toán 5 : Cho hình vuông OHPQ A, B là các điểm di động lần lượt trên các cạnh OH, OQ sao cho góc APB = 45o Chứng minh chu vi ΔOAB không đổi

* Vì ΔPBA = ΔPBE nên các đường cao PQ và PI của hai tam giác bằng nhau Thế thì PE bằng một giá trị không đổi Ta có bài toán :

Bài toán 6 : Cho A và B theo thứ tự di động trên các cạnh OH, OQ của hình vuông OHPQ, sao cho Đ APB = 45o Tìm quỹ tích chân đường vuông góc hạ từ P xuống AB

* Xét A là trung điểm của OH Hình vuông OHPQ có xác định được không, nếu biết A và P Ta có bài toán :

Bài toán 7 : Dựng hình vuông, biết một đỉnh A và trung điểm của một cạnh không chứa A

Từ bài toán 7, có thể dẫn đến bài toán :

Bài toán 8 : Cho A là trung điểm cạnh OH của hình vuông OHPQ Tia At qua A và vuông góc với PA, cắt

OQ tại B Chứng minh PA là tia phân giác góc BPH

Đảo một phần giả thiết thành kết luận và đưa kết luận thành giả thiết thì vẫn đúng Ta có bài toán “ngược” :

Bài toán 9 : Cho A là trung điểm cạnh OH của hình vuông OHPQ Trên cạnh OQ lấy điểm B sao cho Đ BPA = Đ APH Chứng minh AB vuông góc PA

Với tinh thần luôn đào sâu suy nghĩ thì các bạn sẽ thực hiện được mục tiêu : Học một, biết mười

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Võ Ngọc Phan

(Trường Đặng Thai Mai, TP Vinh)

Trong quá trình học toán, nếu chúng ta có thói quen xem xét bài toán đảo thì cũng sẽ phát hiện nhiều bài toán mới khá thú vị, thậm chí là rất hay Hãy xét qua ví dụ sau đây :

Bài toán thuận : Cho hình thang ABCD (AB // CD) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh bên

AD, BC Nối MN (đường trung bình) cắt hai đường chéo BD và AC tại P và Q tương ứng Ta đã có các kết quả sau :

1) MN song song với hai đáy AB, CD và MN = 1/2 (AB + CD)

2) P, Q lần lượt là các trung điểm của hai đường chéo BD, AC và PQ = 1/2.|AB - CD|

3) MP = NQ

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Từ đó ta có các bài toán đảo :

Bài toán đảo 1 : Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M và N là các trung điểm của các cạnh AD, BC tương ứng Chứng minh rằng nếu MN = 1/2.(AB + CD) thì ABCD là hình thang

Bài toán đảo 3 : Cho tứ giác lồi ABCD Gọi M và N là trung điểm của các cạnh AD và BC tương ứng Giả

sử MN lần lượt cắt các đường chéo BD và AC tại P và Q Chứng minh rằng nếu MP = NQ thì ABCD là hình thang

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Chứng minh :

- Tất nhiên AC không song song với BD (1)

- Gọi E, F là trung điểm của các đường chéo BD và AC tương ứng Giả sử P không trùng với E và Q không trùng với F Ta có ME song song và bằng NF (vì cùng song song và bằng 1/2.AB) => MENF là hình bình hành => MN cắt EF tại trung điểm O của mỗi đoạn hay OM = ON, mà MP = NQ => PO = OQ

=> PEQF là hình bình hành => PE // QF hay BD // AC, trái với (1)

Vậy E trùng với P, F trùng với Q hay AB // MP, CD // NQ => AB // MN // CD (đpcm)

Bằng cách suy nghĩ tương tự như vậy ta cũng có bài toán đảo sau đây mà lời giải dành cho các bạn : Bài toán đảo 4 : Cho tứ giác lồi ABCD Gọi P và Q lần lượt là trung điểm của hai đường chéo BD và AC Giả sử đường thẳng PQ cắt các cạnh AD và BC tại M và N tương ứng Cho biết MP = NQ Hỏi ABCD có

là hình thang hay không ?

Chúc các bạn có thói quen xem xét các bài toán đảo trong quá trình học tâp để phát hiện ra các bài toán mới thú vị

Nguyễn Khánh Nguyên

(Trường THCS Hồng Bàng, Hải Phòng)

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

XEM KHÁC NHAU LÀ GIỐNG NHAU

Trước tiên, các bạn xem các bài toán sau :

Bài toán 1 : Cho sáu số vô tỉ Chứng minh rằng có thể chọn ra được ba số a, b, c trong sáu số đã cho để a +

Bài toán 5 : Cho sáu điểm khác nhau trên mặt phẳng sao cho không có ba điểm nào thẳng hàng Ngoài ra

độ dài các đoạn thẳng nối hai trong sáu điểm trên cũng khác nhau Chứng minh rằng tồn tại một đoạn thẳng là cạnh lớn nhất của một tam giác có đỉnh là ba trong sáu điểm đã cho đồng thời cũng là cạnh nhỏ nhất của một tam giác khác có đỉnh là ba trong sáu điểm đã cho

Bài toán 6 : Sáu nhà khoa học từ sáu nước khác nhau viết thư trao đổi với nhau về một trong hai đề tài Chứng minh rằng có ba nhà khoa học viết thư trao đổi với nhau về cùng một đề tài

Bài toán 7 : Năm nhà du hành vũ trụ của hai nước cùng bay vào trạm không gian quốc tế Các số hiệu 1, 2,

3, 4, 5 được gán ngẫu nhiên cho từng người Chứng minh rằng có ba nhà du hành vũ trụ có cùng một quốc tịch sao cho hiệu của số hiệu của hai người này là số hiệu của người kia

Nếu các bạn bỏ công ra giải tất cả các bài toán trên thì thật đáng khen nhưng đó không phải là điều tôi muốn trình bày trong bài này Điều tôi muốn nói là bảy bài toán trên thật ra là một Tuy có cách phát biểu khác nhau, số liệu khác nhau nhưng về bản chất thì như nhau Bạn chưa tin ư ? Ta hãy xem nhé Bảy bài toán trên thật ra là các cách phát biểu khác nhau hay tương đương với bài toán 2 Bây giờ ta xem như bài toán 2 đã được giải Chứng minh hoàn chỉnh của nó sẽ được trình bày sau

ở bài toán 3, ta “coi” mỗi người như là một điểm của mặt phẳng Nếu hai người quen nhau thì đoạn thẳng nối hai điểm tương ứng với họ được tô màu xanh, ngược lại ta tô màu đỏ Theo bài toán 2, có một tam giác T có ba cạnh cùng màu Nếu T có các cạnh màu xanh thì sẽ có ba người tương ứng (với các đỉnh của T) đôi một quen nhau Nếu T có các cạnh màu đỏ thì sẽ có ba người đôi một không quen nhau

Bài toán 6 cũng là bài toán 2 và có cách giải tương tự như cách giải bài toán 3

Bài toán 5 tuy có cách phát biểu thật dài nhưng cũng chỉ là biến thể của bài toán 2 ở bài toán 2, quá trình

tô màu là ngẫu nhiên Do vậy, để giải bài toán 5, ta dùng một cách tô màu đặc biệt Cụ thể, với mỗi tam giác có đỉnh là ba trong sáu đỉnh đã cho, ta tô màu đỏ cạnh lớn nhất, tô màu xanh hai cạnh còn lại Do vậy,

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

theo bài toán 2, có một tam giác T có ba cạnh cùng màu Vì cạnh lớn nhất của T có màu đỏ nên các cạnh của T đều có màu đỏ Do cạnh nhỏ nhất của T có màu đỏ nên nó là cạnh lớn nhất của một tam giác khác

Từ đây ta => điều cần chứng minh

ở bài toán 1, coi mỗi số vô tỉ đã cho như là một điểm của mặt phẳng Hai số có tổng là một số vô tỉ thì đoạn thẳng nối hai điểm tương ứng được tô màu đỏ, ngược lại thì tô màu xanh Vì có một tam giác T có

ba cạnh cùng màu nên có ba số vô tỉ a, b, c (ứng với ba đỉnh của T) sao cho a + b, b + c, c + a đều là số vô

tỉ (nếu các cạnh của T có màu đỏ) hoặc a + b, b + c, c + a đều là số hữu tỉ (nếu các cạnh của T có màu xanh) Chỉ có trường hợp đầu xảy ra và đó là điều phải chứng minh Thật vậy, nếu x = a + b, y = b + c, z =

c + a đều là số hữu tỉ thì a = (x - y + z)/2 là số hữu tỉ Điều này vô lí do a là số vô tỉ

Các bài toán 1, 3, 5, 6 đều liên quan đến số 6 như bài toán 2 Trong khi đó, các bài 4, 7 lại liên quan đến con số 5 mà lại có bản chất như bài toán 2 mới lạ chứ ! Dễ thấy, hai bài toán 4, 7 là một nên ta chỉ trình bày cánh giải bài toán 4 mà thôi

Trên mặt phẳng lấy 6 điểm và kí hiệu 6 điểm này bởi các chữ số : 1 ; 2 ; 3 ; 4 ; 5 ; 6 Khi đó nếu i, j là hai điểm khác nhau thì |i - j| nhận giá trị từ 1 đến 5 Cạnh nối hai điểm i, j được tô màu đỏ nếu |i - j| thuộc nhóm thứ nhất và được tô màu xanh nếu |i - j| thuộc nhóm thứ hai Vì có một tam giác có ba cạnh cùng màu nên tồn tại các điểm có kí hiệu là i ; j ; k sao cho |i - j|, |k - j|, |i - k| thuộc cùng một nhóm, chẳng hạn

là nhóm thứ nhất Ta giả sử i < j < k Khi đó a = |i - j| = j - i, b = |k - j| = k - j, c = |i - k| = k - i đều thuộc nhóm thứ nhất và có a + b = c

Các bạn thấy thế nào ? Tất cả đều là bài toán 2 Nhiệm vụ cuối cùng của chúng ta là chứng minh bài toán

2 Chứng minh khá đơn giản như sau :

Xét một điểm A trong sáu điểm đã cho Năm đoạn thẳng xuất phát từ A được tô một trong hai màu nên theo nguyên lí Đi-rích-lê, tồn tại ba đoạn thẳng có cùng màu Giả sử các đoạn thẳng AB, AC, AD được tô màu xanh Nếu các đoạn thẳng BC, CD, DB đều có màu đỏ thì tam giác BCD có ba cạnh cùng đỏ Ngược lại, có một đoạn thẳng, BC chẳng hạn, có màu xanh thì tam giác ABC có ba cạnh cùng màu xanh Vậy trong mọi trường hợp ta đều tìm được một tam giác có ba cạnh cùng màu

Từ một bài toán, các bạn phát triển thành nhiều bài toán, đó là một cách học tốt Nhưng để nhìn bảy bài toán khác nhau trở thành giống nhau cũng phải rèn luyện không hề dễ dàng, có phải không các bạn ?

Lê Quang Nẫm

(ĐHKHTN, ĐHQG TP Hồ Chí Minh)

6

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

KHÔNG CHỈ DỪNG LẠI Ở VIỆC GIẢI TOÁN !

Trong học toán, việc tạo được thói quen chủ động tìm tòi, khai thác, phát triển các bài toán sẽ giúp người học hiểu sâu sắc kiến thức đã học, phát triển tư duy sáng tạo và tiếp thu tốt những kiến thức mới

* Chúng ta sẽ bắt đầu từ một bài toán quen thuộc

Bài toán 1 :

Cho ΔABC có Đ B = 90o ; đường cao BH Gọi M và N lần lượt là trung điểm của BH và HC Chứng minh : AM vuông góc với BN

Lời giải :

Từ giả thiết ta có : MN là đường trung bình của ΔHBC (hình 1) => MN // BC, mặt khác BC vuông góc

AB => MN vuông góc với AB

Xét ΔABN có MN vuông góc với AB ; BM vuông góc với AN => M là trực tâm của ΔABN => AM vuông góc với BN (đpcm)

* Có rất nhiều hướng phát triển bài toán 1, cho ta những bài toán mới khá thú vị Từ suy nghĩ nếu tạo được đường thẳng song song với AM hoặc BN thì đường thẳng đó sẽ tương ứng vuông góc với BN hoặc

AM, ta cho thêm điểm K mà B là trung điểm của KC (hình 2), dễ dàng nhận thấy BN là đường trung bình của ΔCKH => BN // KH => AM vuông góc với KH Ta có bài toán sau :

Bài toán 2 :

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Cho ΔABC có góc B = 90o ; đường cao BH Gọi M là trung điểm của BH và K là điểm đối xứng với C qua B Chứng minh : KH vuông góc với AM

Lời giải :

Gọi N là trung điểm của HC, theo chứng minh trên, ta có đpcm

* Hoàn toàn là bài toán 2 nhưng với cách phát biểu khác đi, ta có bài toán 3

Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H là hình chiếu của B trên AC, I và N lần lượt là trung điểm của AD và

HC Chứng minh rằng BN vuông góc với IN

Lời giải :

Gọi M là trung điểm của BH (hình 3)

Ta có AM vuông góc với BN (bài toán 1) Ta còn phải chứng minh AM // IN, thật vậy :

Do MN là đường trung bình của ΔHBC nên MN // = 1/2BC , mặt khác, ABCD là hình chữ nhật và I là trung điểm của AD nên IA // = 1/2 BC Do đó IA // = MN => MNIA là hình bình hành => AM // IN, bài toán được chứng minh xong

* Bài toán 4 còn nhiều cách giải khác Kết hợp bài toán 3 và bài toán 4 ta có bài toán mới khó hơn chút xíu

Bài toán 5 :

Cho ΔABC cân tại A, đường cao AH Dựng hình chữ nhật AHCK ; HI vuông góc với AC M và N lần lượt là trung điểm của IC và AK Chứng minh rằng MN vuông góc với BI

Lời giải :

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Gọi J là trung điểm của HI (hình 4) áp bài toán 3 ta có BI vuông góc với AJ ; mặt khác, theo chứng minh của bài toán 4, tứ giác AJMN là hình bình hành và AJ // MN, vậy : MN vuông góc với BI (đpcm)

* Tương tự như bài toán 4 (dựng hình chữ nhật ABCD rồi tạo AM // IN), ta sẽ tạo EF // BN để được bài toán sau

Bài toán 6 :

Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H là hình chiếu của B trên AC ; E, F, M lần lượt là trung điểm của AB,

DH, BH Chứng minh rằng AM vuông góc với EF

Lời giải :

Gọi N là trung điểm của CH (hình 5) áp dụng chứng minh tứ giác AMNI là hình bình hành (bài toán 4), ta chứng minh được tứ giác BEFN cũng là hình bình hành, => EF // NB

Mặt khác BN vuông góc AM (theo bài toán 1) Vậy ta có AM vuông góc với EF

* Lại kết hợp bài toán 4 và bài toán 6, cho ta một kết quả khác

Bài toán 7 :

Cho hình chữ nhật ABCD Gọi H là hình chiếu của B trên AC ; E, F, M, N lần lượt là trung điểm của AB,

DH, HC, AD Chứng minh rằng EF vuông góc với MN

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Lời giải :

Gọi I là trung điểm của BH (hình 6)

Lần lượt theo các bài toán 1, 4, 6 ta có các kết quả sau : AI vuông góc với BM, AI // MN, BM // EF => EF vuông góc với MN (đpcm)

* Tiếp tục khai thác, phát triển bài toán 1 chắc chắn còn nhiều điều thú vị Qua đây, tác giả mong muốn các bạn luôn có thói quen chủ động tìm tòi, khai thác, phát triển các bài toán, thông qua đó tự rèn luyện tư duy và tích lũy được nhiều kiến thức bổ ích Chúc các bạn thành công

Lê Trọng Châu

(GV trường THCS Bình An, Can Lộc, Hà Tĩnh)

7

TỪ MỘT LỜI GIẢI ĐI ĐẾN

BÀI TOÁN TỔNG QUÁT

Trong kì thi chọn học sinh giỏi THPT của TP Hồ Chí Minh năm học 2002 - 2003 có bài toán bất đẳng thức đại số sau :

Bài toán : Cho a, b, c > 0 Chứng minh rằng :

Bài toán này có nhiều cách giải Tôi xin giải bài toán này bằng phương pháp đổi biến và vận dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương, mà từ lời giải này ta có thể dẫn đến bài toán tổng quát một cách không khó khăn gì

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢILời giải :

Đặt b + c = x ; c + a = y ; a + b = z Do đó :

Vì a ; b ; c > 0 nên x ; y ; z > 0 và x < y + z (2) Ta có :

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi :

=> x = y + z, mâu thuẫn với (2)

=> đẳng thức không xảy ra

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Trường hợp m = 5, n = 4, p = 1 chính là bài toán ban đầu Ngoài ra với những giá trị cụ thể khác của m, n,

p ta sẽ nêu được nhiều bất đẳng thức “đẹp” như bất đẳng thức (1)

Một kinh nghiệm các bạn nên vận dụng khi học toán : Thử xem với lời giải nào thì có thể đi đến bài toán tổng quát dễ dàng nhất

Nguyễn Đức Tấn

(TP Hồ Chí Minh)

8

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

ĐẶC BIỆT HOÁ ĐỂ CÓ BÀI TOÁN MỚI

Trong quá trình dạy học toán, việc tìm lời giải các bài toán không chỉ là mục đích mà còn là cơ sở để đề xuất các bài toán mới Nếu ta biết khai thác bài toán vừa giải xong bằng cách đặc biệt hóa thì có thể thu được những bài toán thú vị khác

Trong bài viết này tôi sẽ trình bày một vài bài toán có được từ một bài toán sau đây

Bài toán 1 : Từ điểm P trên đường chéo AC của hình bình hành ABCD, kẻ đường thẳng d lần lượt cắt các tia AB, AD tại M và N

Chứng minh : AB/AM + AD/AN = AC/AP

Lời giải : (hình 1)

Từ B và D kẻ BB’ // MN, DD’ // MN (B’, D’ thuộc AC)

Ta có : AB/AM = AB'/AP ; AD/AN = AD'/AP

Do đó : AB/AM + AD/AN = (AB' + AD')/AP

Vì ΔBOB’ = ΔDOD’ (g.c.g) => B’O = D’O

Nên : AB’ + AD’ = 2AO = AC => AB/AM + AD/AN = AC/AP

* Trong bài toán 1 ta chú ý rằng AO là trung tuyến của ΔABD Nếu P là trọng tâm của ΔABD thì AP = 1/3.AC Từ đó ta có bài toán sau :

Bài toán 2 : Đường thẳng d đi qua trọng tâm G của ΔABC lần lượt cắt các cạnh AB và AC tại M và N Chứng minh : AB/AM + AC/AN = 3

Lời giải : (hình 2)

Tương tự như bài toán 1 :

AB/AM = AC/AN = 2AO/AG = 2.3/2.AG/AG = 3

* Trong bài toán 2 nếu đường thẳng d cắt tia CB tại P thì :

AC/CN + BC/CP = 3 và AB/BM - BC/BP = 3

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Từ đó ta có bài toán sau :

Bài toán 3 : Đường thẳng d đi qua trọng tâm G của ΔABC cắt cạnh AB tại M, cạnh AC tại N và tia CB tại

P

Chứng minh :

Lời giải : (hình 3)

áp dụng bài toán 2 ta có : AB/AM = AC/AN = 3 ; AC/CN + BC/CP = 3 (1)

Riêng vì MN cắt tia CB tại P nên tương tự cách chứng minh bài toán 2, ta có :

BA/BM = BA'/BG ; BC/BP = BC'/BG => BA/BM = BC/BP = 3 (2) (dễ thấy BA’ - BC’ = 3BG)

Từ (1) và (2) => : AB/AM + AC/AN + AC/CN + BC/CP + AB/BM - BC/BP = 9

=> : AB.(AM + MB)/(AM.MB) + AC.(AN + NC)/(AN.NC) - BC.(CP - BP)/(BP.PC) = 9

=> : AB2/(AM.BM) + AC2/(AN.CN) - BC2/(BP.CP) = 9 (đpcm)

* Nếu ΔABC đều, cạnh a thì AB = AC = BC = a, ta đề xuất được bài toán :

Bài toán 4 : Đường thẳng d đi qua tâm O của tam giác đều ABC, cạnh a, cắt cạnh AB tại M, cạnh AC tại

N và tia CB tại P Chứng minh :

Các bạn hãy giải bài toán 4 xem như bài tập Trên đây là các bài tập định lượng, được khai thác từ bài toán

1 theo hướng đặc biệt hóa

Bằng phương pháp tương tự mời bạn đọc hãy đề xuất các bài toán mới

Nguyễn Thanh Tùng

(GV trường THCS Hoàng Xuân Hãn, Đức Thọ, Hà Tĩnh)

NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIAO KHOA

Từ một bài toán quen thuộc trong SGK Hình học lớp 9, TS Lê Quốc Hán đã có những mở rộng thú vị Con đường mở rộng này cũng là một cách học toán mà các bạn cần rèn luyện TTT2 chân thành cảm ơn

TS Nguyễn Minh Hà đã cùng TS Lê Quốc Hán làm phong phú thêm những mở rộng này

Trong SGK Hình học lớp 9, trang 38, có bài toán số 14, nội dung như sau :

Bài toán 1 : Cho tam giác đều ABC và điểm M thuộc cung BC (không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh rằng : MA = MB + MC

Bài toán 1 (BT1) được giải khá đơn giản :

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Lời giải : Trên MA lấy điểm N sao cho MN = MB (1) (hình 1) ; do Đ BMN = Đ BCA = 60o nên ΔBMN đều => BN = BM (2)

ΔABC đều nên BA = BC, mặt khác Đ ABC = Đ MBN = 60o => Đ ABN = Đ MBC (3)

Từ (1), (2), (3) => : ΔABN = ΔCBM (c.g.c) => NA = MC (4)

Từ (1), (4) => : MN + NA = MB + MC => MA = MB + MC

BT1 là sự khởi đầu cho rất nhiều mở rộng đẹp và sâu sắc Do sự hạn chế về chương trình, trong bài viết này, chúng tôi chỉ có thể giới thiệu với bạn đọc những mở rộng ban đầu của BT1 Mặc dù vậy, những mở rộng này, trong chừng mực nào đó, sẽ giúp các bạn trả lời câu hỏi lớn được đặt ra trong chuyên mục của chúng ta : “Học toán ra sao ?”

Trong BT1, giả thiết tam giác ABC đều tương đương với giả thiết các đường thẳng MA, MB, MC đôi một tạo với nhau một góc 60o Nhận xét trên cho ta một cách mở rộng BT1

Bài toán 2 : Cho đường tròn (O) và điểm M nằm trong đường tròn Các dây A1B1, A2B2, A3B3 đi qua M (A1, B2, A3, B1, A2, B3 theo thứ tự nằm trên (O)) và đôi một tạo với nhau một góc 60o Chứng minh rằng : MA1 + MA2 + MA3 = MB1 + MB2 + MB3

Vì BT2 được sinh ra từ BT1 nên ta nghĩ ngay tới việc dùng BT1 để giải BT2

Lời giải : Không mất tính tổng quát, giả sử O nằm trong góc B1MA3 và hơn thế góc OMB1 ≤ OMA3 (hình 2) Dựng đường tròn (w) tâm O, bán kính OM Đường tròn này theo thứ tự cắt các đoạn A1B1, A2B2, A3B3 tại C1, C2, C3 Dễ thấy M thuộc cung C2C3 (không chứa C1) của (w)

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Mặt khác Đ C1C2C3 = Đ C1MC3 = 60o và C1C2C2 = Đ C1MC2 = 60o

=> DC1C2C3 đều Theo kết quả của BT1, ta có : MC1 = MC2 + MC3 (1)

Lại chú ý rằng, (O) và (w) đồng tâm, ta có : MA1 = C1B1 ; C2A2 = MB2 ; C3A3 = MB3 (2)

Từ (1), (2) dễ dàng => :

MA1 + MA2 + MA3 = MB1 + MB2 + MB3

Tiếp theo mở rộng trên, BT1 còn có một mở rộng khác cũng khá hấp dẫn Nó giới thiệu với chúng ta mối quan hệ đẹp giữa ba số MA2, MB2, MC2

Bài toán 3 : Cho tam giác đều ABC và điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác Chứng minh rằng : MA2 + MB2 + MC2 = 6R2 (R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC)

Trước khi giải BT3, ta hãy phát biểu và chứng minh một bổ đề

Bổ đề 1 : Cho tam giác ABC có góc A = 120o

Khi đó : BC2 = AB2 + AC2 + AB.AC

Chứng minh : Gọi H là hình chiếu của C trên AB (hình 3) Dễ thấy :

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Không mất tính tổng quát, giả sử M thuộc cung BC (không chứa A) của (O) (hình 4) Theo kết quả đạt được trong BT1, ta có : MA = MB + MC

Từ BT3, tương tự như cách phát triển BT1 thành BT2, ta có bài toán mới sau đây

Bài toán 4 : Cho đường tròn (O) và điểm M nằm trong (O) Các dây A1B1, A2B2, A3B3 đi qua M và đôi một tạo với nhau một góc 60o Chứng minh rằng :

MA12 + MB12 + MA22 + MB22 + MA32 + MB32 = 6R2

(R là bán kính của đường tròn (O))

Lời giải : Không mất tính tổng quát, giả sử O nằm trong góc B1MA3 và hơn thế góc OMB1 nhỏ hơn bằng góc OMA3 (hình 5) Gọi H1, H2, H3 lần lượt là hình chiếu của O trên A1B1, A2B2, A3B3 Đương nhiên, H1, H2, H3 nằm trên đường tròn (w) đường kính OM và M thuộc cung H2H3 (không chứa H1) của (w) Mặt khác : Đ H1H2H3 = Đ H1MH3 = 60o và Đ H1H3H2 = Đ H1MH2 = 60o => tam giác H1H2H3 đều Theo kết quả của BT3, ta có :

OH12 + OH22 + OH32 = MH12 + MH22 + MH32 (1)

Lại chú ý rằng, H1A1 = H1B1 ; H2A2 = H2B2 ; H3B3 = H3C3, ta có :

MA12 + MB12 = (H1A1 - H1M)2 + (H1B1 + H1M)2 = 2(H1A12 + H1M2)

MA22 + MB22 = (H2A2 - H2M)2 + (H2B2 + H2M)2 = 2(H2A22 + H2M2)

MA32 + MB32 = (H3A3 - H3M)2 + (H3B3 + H3M)2 = 2(H3A32 + H3M)2

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Từ (1), (2) => :

MA12 + MB12 + MA22 + MB22 + MA32 + MB32 = 6R2

Chưa dừng lại ở đây, mối quan hệ đẹp giữa các số 1/MH , 1/MK , 1/ML , trong đó H, K, L là hình chiếu của M trên BC, CA, AB, cũng sinh ra từ BT1

Bài toán 5 : Cho tam giác ABC đều và điểm M thuộc cung BC (không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp tam giác H, K, L theo thứ tự là hình chiếu của M trên BC, CA, AB

Chứng minh rằng : 1/MH = 1/MK = 1/ML

Lời giải : Theo giả thiết, tứ giác ABMC nội tiếp => : góc ABM + góc ACM = 180

Không mất tính tổng quát, giả sử : góc ACM là góc nhọn và góc ABM là góc tù

Khi đó, K thuộc đoạn CA ; L thuộc tia đối của tia BA (hình 6)

Dễ thấy : Δ BHM đồng dạng với Δ AKM và Δ CHM đồng dạng với Δ ALM

=> MH/MK = MB/MA và MH/ML = MC/MA

=> MH/MK + MH/ML = (MB + MC)/MA

Theo BT1, (MB + MC)/MA = 1

Vậy MH/MK = MH/ML = 1 => 1/MH = 1/MK + 1/ML

BT5 giúp ta đi đến kết quả đẹp sau đây

Bài toán 6 : Cho tam giác ABC đều và điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác H, K, L lần lượt là hình chiếu của M trên BC, CA, AB Chứng minh rằng :

MH2 + MK2 + ML2 = h2 (h là độ dài các đường cao của tam giác ABC)

Lời giải : Không mất tính tổng quát, giả sử M thuộc cung BC (không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp tam giác Gọi I là hình chiếu của A trên BC

Ta thấy : S(ABC) = S(MAB) + S(MCA) - S(MBC)

=> 1/2.BC.AI = 1/2.AB.ML + 1/2.CA.MK - 1/2.BC.MH

=> AI = ML + MK - MH (vì BC = CA = AB)

=> MH2 + MK2 + ML2 + 2(MK.ML - MH.MK - MH.ML) = h2 (AI = h) (1)

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Theo BT5 ta có : 1/MH = 1/MK + 1/ML

=> MK.ML = MH.ML + MH.MK

=> MK.ML - MH.ML - MH.MK = 0 (2)

Từ (1), (2) => : MH2 + MK2 + ML2 = h2

(Kì sau đăng tiếp)

TS Lê Quốc Hán và Nguyễn Minh Hà

11

NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIÁO KHOA

(tiếp theo kì trước)

Vì khái niệm tam giác đồng dạng là sự mở rộng khái niệm tam giác bằng nhau nên có rất nhiều bài toán liên quan tới khái niệm tam giác bằng nhau, được mở rộng thành bài toán mới, liên quan tới khái niệm tam giác đồng dạng

Bài toán dưới đây chính là sự mở rộng của BT1 nhờ quan niệm trên

Bài toán 7 : Cho tam giác ABC và điểm M nằm trên (không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp tam giác

đó Chứng minh rằng : BC.MA = CA.MB + AB.MC

Lời giải : Trên đoạn MA, lấy điểm N sao cho góc MBN = Đ CBA (hình 8) Chú ý rằng, Đ BMA = Đ BCA do cùng chắn cung AB

Vậy tam giác MBN đồng dạng với tam giác CBA => MN / CA = MB / CB => BC.MN = AC.MB (1)

Do Đ MBN = Đ CBA => Đ MBC = Đ NBA, mặt khác Đ BCM = Đ BAM do cùng chắn cung BM

Vậy tam giác NBA đồng dạng với tam giác MBC => BC.NA = AB.MC (2)

Từ (1) và (2) => : BC.MN + BC.NA = AC.MB + AB.MC

=> BC(MN + NA) = CA.MB + AB.MC

=> BC.MA = CA.MB + AB.MC

Kết quả phát biểu trong BT7 chính là nội dung một định lí nổi tiếng của hình học phẳng, định lí Ptô-lê-mê.Trong BT7, hãy coi điểm M như là đường tròn tâm M, bán kính bằng không, một cách tự nhiên, BT7 được mở rộng thành bài toán đặc sắc sau

Bài toán 8 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (O’) tiếp xúc với (O) tại một điểm thuộc (không chứa A) Từ A, B, C, theo thứ tự kẻ tới (O’) các tiếp tuyến AA’, BB’, CC’ Chứng minh rằng : BC.AA’ = CA.BB’ + AB.CC’

Trước khi giải BT8, ta hãy phát biểu và chứng minh hai bổ đề

Bổ đề 2 : Cho tam giác XYZ nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (O’) tiếp xúc với (O) tại X và theo thứ

tự cắt XY, XZ tại Y’, Z’ (khác X) Khi đó YZ // Y’Z’

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Chứng minh : Qua X, kẻ đường thẳng tt’ tiếp xúc với (O) và (O’) (hình 9a, hình 9b)

Trên hình 9a, ta có :

Đ ZYX = Đ ZXt (cùng chắn cung XZ của (O))

Đ Z'Y'X' = Đ Z'Xt (cùng chắn cung XZ' của (O))

=> Đ ZYX = Đ Z'Y'X

=> YZ // Y'Z' (hai góc đồng vị bằn nhau)

Trên hình 9b, ta có :

Đ ZYX = Đ ZXt (cùng chắn cung XZ của (O))

Đ Z'Y'X' = Đ Z'Xt (cùng chắn cung XZ' của (O))

Đ ZXt' = Đ Z'Xt (đối đỉnh)

=> Đ ZYX = Đ Z'Y'X'

=> YZ // Y’Z’ (hai góc so le trong bằng nhau)

Tóm lại, trong cả hai trường hợp, ta đều có YZ // Y’Z’ Bổ đề 2 đã được chứng minh

Bổ đề 3 : Từ một điểm S nằm ngoài đường tròn (O) ta kẻ tới (O) tiếp tuyến SX và cát tuyến SYZ Khi đó, SX2 = SY.SZ

Chứng minh : Ta có :

Đ SXY = Đ SZX (cùng chắn cung XY, hình 10)

=> tam giác SXY đồng dạng với tam giác SZX

Trở lại việc chứng minh BT8

Gọi M là tiếp điểm của (O) và (O’) (hình 11a, hình 11b) MA, MB, MC theo thứ tự cắt (O’) tại X, Y, Z (X, Y, Z ạ M) áp dụng BĐ2, YZ // BC ; ZX // CA ; XY // AB Theo định lí Ta-lét, ta có :

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Theo bài toán 7, ta có :

BC.MA = CA.MB + AB.MC (4)

<DD.Từ (4)="" và (3)>: BC.AA’ = CA.BB’ + AB.CC’

(Kì sau đăng tiếp)

TS Lê Quốc Hán và TS Nguyễn Minh Hà

NHỮNG MỞ RỘNG BAN ĐẦU TỪ MỘT BÀI TOÁN TRONG SÁCH GIÁO KHOA

(tiếp theo kì trước)

Từ BT7, lập tức nảy sinh vấn đề mới, tìm tập hợp tất cả các điểm M sao cho :

BC.MA = CA.MB + AB.MC

Vấn đề trên được giải quyết một cách trọn vẹn và mĩ mãn thông qua việc giải bài toán sau :

Bài toán 9 : Cho tam giác ABC M là một điểm bất kì Chứng minh rằng :

BC.MA CA.MB + AB.MC

Khi nào xảy ra đẳng thức

Trước khi giải BT9, ta hãy phát biểu và chứng minh một bổ đề

Bổ đề 4 : Cho đường tròn (O, R) và điểm M không nằm trên đường tròn Một đường thẳng bất kì qua M, cắt đường tròn tại hai điểm A, B Khi đó : MA.MB = |MO2 - R2|

Chứng minh : Giả sử đường thẳng MO cắt đường tròn (O, R) tại hai điểm C, D (hình 12a, hình 12b)

Trên hình 12a, ta có :

Đ AMD = Đ CMB (hiển nhiên)

Đ MDA = Đ MBC (cùng chắn cung AC)

=> : tam giác AMD tỉ lệ với tam giác CMB => MA/MC = MD/MB hay MA.MB = MC.MD

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

=> MA.MB = (OM - R)(OM + R)

=> MA.MB = |MO2 - R2| => MA.MB = |MO2 - R2|

Trên hình 12b, ta có :

Đ AMD = Đ CMB (đối đỉnh)

Đ MDA = Đ MBC (cùng chắn cung AC)

=> tam giác AMD tỉ lệ với tam giác CMB => MA/MC = MD/MB hay MA.MB = MC.MD

=> MA.MB = (OM - R)(OM + R)

=> MA.MB = |MO2 - R2| => MA.MB = |MO2 - R2|

Tóm lại, trong cả hai trường hợp, ta đều có :MA.MB = |MO2 - R2| BĐ4 đã được chứng minh

Trở lại việc chứng minh BT9 Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Có hai trường hợp xảy ra :Trường hợp 1 : M nằm trên (O)

a) M thuộc cung BC (không chứa A) của (O), theo BT7 : BC.MA = CA.MB + AB.MC

b) M thuộc cung CA (không chứa B) của (O), theo BT7 : CA.MB = AB.MC + BC.MA:

=> BC.MA < CA.MB + AB.MC

c) M thuộc cung AB (không chứa C) của (O), theo BT7 : AB.MC = BC.MA + CA.MB

=> BC.MA < CA.MB + AB.MC

Trường hợp 2 : M không nằm trên (O)

Giả sử MA, MB, MC lại cắt (O) lần lượt tại A’, B’, C’ (hình 13a, hình 13b)

Tương tự như phép chứng minh BĐ4, ta có :

Tam giác MBC tỉ lệ với tam giác MC'B' nên :

Gọi R là bán kính của (O)

Theo BĐ4, ta có :

các số đo của B’C’, C’A’, A’B’ là độ dài ba cạnh của một tam giác (tam giác A’B’C’) nên các số MA.BC, MB.CA, MC.AB cũng là độ dài ba cạnh của một tam giác => :

BC.MA < CA.MB + AB.MC

Tóm lại, trong cả hai trường hợp, ta đều có :

BC.MA CA.MB + AB.MC (*)

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi M thuộc cung BC (không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Vấn đề mới đặt ra từ BT7 đã được giải quyết Tập hợp các điểm M thỏa mãn điều kiện : BC.MA =

CA.MB + AB.MC chính là cung BC (không chứa A) của đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

Bất đẳng thức (*) được gọi là bất đẳng thức Ptô-lê-mê, một kết quả đẹp đẽ vào loại bậc nhất của hình học

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Hãy mở rộng bài toán cho đa giác đều với số cạnh lẻ

Bài toán 11 : Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Điểm M thuộc cung BC (không chứa A) của (O) H, K, L là hình chiếu của M trên BC, CA, AB Chứng minh rằng :

Bài toán 12 : Cho tam giác ABC vuông tại A, nội tiếp đường tròn (O) Trên các tia AB, AC lấy các điểm

E, F sao cho BE = CF = BC Điểm M thuộc (O) Chứng minh rằng :

MA + MB + MC EF

Bài toán 13 : Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn (O) Một đường tròn (I) thay đổi, tiếp xúc với đoạn CD và tiếp xúc với cung nhỏ CD của (O) Từ A, B ta kẻ tới (I) các tiếp tuyến AX, BY Chứng minh rằng : (AX + BY) không đổi

Bài toán 14 : Cho đường tròn (O) Các đường tròn (O1), (O2) không có điểm chung và cùng tiếp xúc trong với (O) EF là tiếp tuyến chung ngoài của (O1), (O2) Các tiếp tuyến chung trong của (O1), (O2) cắt (O) tại A, A’ và B, B’ Giả sử rằng các điểm E, F, A, B nằm về một phía của O1O2

Chứng minh rằng EF//AB

TS Lê Quốc Hãn và Nguyễn Minh Hà

13

SUY NGHĨ TRÊN MỖI BÀI TOÁN

Giải hàng trăm bài toán mà chỉ cốt tìm ra đáp số và dừng lại ở đó thì kiến thức thu lượm được chẳng là bao Còn giải ít bài tập mà lại luôn suy nghĩ trên mỗi bài đó, tìm thêm cách giải, khai thác thêm những ý của bài toán, đó là con đường tốt để đi lên trong học toán

Dưới đây là một thí dụ

Bài toán 1 : Cho A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 và B = A.3 Tính giá trị của B Lời giải 1 : Theo đề bài ta có :

B = (1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10).3 = 1.2.(3 - 0) + 2.3.(4 - 1) + 3.4.(5 - 2) + 4.5.(6 - 3) + 5.6.(7 - 4) + 6.7.(8 - 5) + 7.8.(9 - 6) + 8.9.(10 - 7) + 9.10.(11 - 8) = 1.2.3 - 1.2.3 + 2.3.4 - 2.3.4 + 3.4.5

- … + 8.9.10 - 8.9.10 + 9.10.11 = 9.10.11 = 990

Trước hết, ta nghĩ ngay rằng, nếu bài toán yêu cầu chỉ tính tổng A, ta có : A = B/3 = 330

Bây giờ, ta tạm thời quên đi đáp số 990 mà chỉ chú ý tới tích cuối cùng 9.10.11, trong đó 9.10 là số hạng cuối cùng của A và 11 là số tự nhiên kề sau của 10, tạo thành tích ba số tự nhiên liên tiếp Ta dễ dàng nghĩ tới kết quả sau :

Nếu A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + … + (n - 1).n thì giá trị của B = A.3 = (n - 1).n.(n + 1) Các bạn có thể tự kiểm nghiệm kết quả này bằng cách giải tương tự như trên

Bây giờ ta tìm lời giải khác cho bài toán

Lời giải 2 :

B = (1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10).3 = (0.1 + 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10).3 = [1.(0 + 2) + 3.(2 + 4) + 5.(4 + 6) + 7.(6 + 8) + 9.(8 + 10)].3 = (1.1.2 + 3.3.2 + 5.5.2 + 7.7.2 +9.9.2).3 = (12 + 32 + 52 + 72 + 92).2.3 = (12 + 32 + 52 + 72 + 92).6

Ta chưa biết cách tính tổng bình phương các số lẻ liên tiếp bắt đầu từ 1, nhưng liên hệ với lời giải 1, ta

có :

(12 + 32 + 52 + 72 + 92).6 = 9.10.11, hay

(12 + 32 + 52 + 72 + 92) = 9.10.11/6

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Hoàn toàn hợp lí khi ta nghĩ ngay đến bài toán tổng quát :

Bài toán 2 : Tính tổng :

P = 12 + 32 + 52 + 72 + … + (2n + 1)2

Kết quả : P = (2n + 1)(2n + 2)(2n + 3)/6

Kết quả này có thể chứng minh theo một cách khác, ta sẽ xem xét sau

Loạt bài toán sau là những kết quả liên quan đến bài toán 1 và bài toán 2

Bài toán 3 : Tính tổng :

Q = 112 + 132 + 152 + … + (2n + 1)2

Bài toán 4 : Cho A = 1.2 + 2.3 + 3.4 + 4.5 + 5.6 + 6.7 + 7.8 + 8.9 + 9.10 và C = A + 10.11 Tính giá trị của

C Theo cách tính A của bài toán 1, ta được kết quả là : C = 10.11.12/3

Theo lời giải 2 của bài toán 1, ta đi đến kết quả : C = 2.(22 + 42 + 62 + 82 + 102) Tình cờ, ta lại có kết quả của bài toán tổng quát : tính tổng bình phương của các số tự nhiên chẵn liên tiếp, bắt đầu từ 2

Bài toán 5 : Chứng minh rằng :

Bài toán chỉ có một kết quả duy nhất, không phụ thuộc vào tính chẵn lẻ của n

Bài toán 8 : Chứng minh rằng :

Cộng từng vế của các đẳng thức trên :

13 + 23 + 33 + … + n3 + (n + 1)3 = = (13 + 23 + 33 + … + n3) + 3(12 + 22 + 32 + … + n2) + 3(1 + 2 + 3 + … + n) + (n + 1)

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Trở lại bài toán 1 Phải chăng bài toán cho B = A.3 vì 3 là số tự nhiên liền sau của 2 trong nhóm đầu tiên : 1.2 Nếu đúng như thế thì ta có thể giải được bài toán sau :

Bài toán 10 : Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10

Lời giải :

A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10 = (1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + 4.5.6 + 5.6.7 + 6.7.8 + 7.8.9 + 8.9.10).4/4 = [1.2.3.(4 - 0) + 2.3.4.(5 - 1) + … + 8.9.10.(11 - 7)] : 4 = (1.2.3.4 - 1.2.3.4 + 2.3.4.5 - 2.3.4.5 + … + 7.8.9.10 - 7.8.9.10 + 8.9.10.11) : 4 = 8.9.10.11/4 = 1980

Tiếp tục hướng suy nghĩ trên, ta có ngay kết quả tổng quát của bài toán 10 :

Bài toán 11 : Tính A = 1.2.3 + 2.3.4 + 3.4.5 + … + (n - 1).n.(n + 1)

Đáp số : A = (n -1).n.(n + 1)(n + 2)/4 <DD.BàI

Các bạn thấy đấy ! Chỉ với bài toán 1, nếu chịu khó tìm tòi, suy nghĩ, ta có thể tìm được nhiều cách giải,

đề xuất được những bài toán thú vị, thiết lập được mối liên hệ giữa các bài toán

Kết quả tất yếu của quá trình tìm tòi suy nghĩ trên mỗi bài toán, đó là làm tăng năng lực giải toán của các bạn

Chắc chắn còn nhiều điều thú vị xung quanh bài toán 1 Các bạn hãy cùng tiếp tục suy nghĩ nhé

Nguyễn Danh Ninh

Nhận xét : Hai tam giác OAB và OA’B’ đồng dạng với nhau khi và chỉ khi hai tam giác OAA’ và OBB’ đồng dạng với nhau (hình A)

Chú ý : Nhận xét trên chỉ đúng với hình A mà không đúng với hình B Vì vậy, khi phát biểu ta đồng thời phải vẽ hình

Dưới đây là loạt bài toán thể hiện vai trò của nhận xét trên

Bài toán 2 : Về phía ngoài của ΔABC, vẽ các tam giác đều ABE và ACF Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AE, CF Gọi P là một điểm trên đoạn BC sao cho PB = 3PC

Tính các góc của tam giác MNP

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Lời giải : (hình 1) Gọi H là hình chiếu của N trên AC Vì Đ HCN = Đ NCA = 60o nên :

CH = 1/2.CN ; CN = 1/2.CA => CH = 1/4.CA (1)

PB = 3PC => Cp = 1/4.CB (2)

Từ (1) và (2) => PH // AB (định lí Ta-lét đảo) <BR< ="">PH = 1/4.AB = 1/4.AE = 1/2.AM

Mặt khác, vì ΔAHN vuông ở H, có góc HAN = 30o => HN = 1/2.AN Vậy : PH/AM = HN/AN : (3)

Ta có : Đ PHN = Đ PHC + Đ CHN = Đ BAC + 90o = 60o + Đ BAC + 30o = Đ MAB + Đ BAC + Đ CAN = Đ MAN hay Đ PHN = Đ MAN (4)

Từ (3) và (4) => ΔHPN đồng dạng với ΔAMN => ΔNPM đồng dạng với ΔNHA (theo nhận xét trên)

=> Đ MPN = 90o ; Đ PNM = 60o ; Đ NMP = 30o

Lời bình :

- Bài toán rất khó nếu chỉ dùng kiến thức tam giác bằng nhau

- Bằng quan sát hình vẽ chính xác để dự đoán số đo các góc cần tính, ta dễ dàng kết hợp được với nhận xét trên để phát hiện ra điểm H

Bài toán 2 : Cho ΔABC đều Trên AB, AC lần lượt lấy các điểm E, F sao cho EF // BC Gọi O là tâm ΔAEF và I là trung điểm của EC Tính các góc của ΔOIB

Lời giải : Gọi H là trung điểm của EF (hình 2a) Ta có : ΔOHE vuông tại H, Đ OEH = 30o => OE = 2OH ; CF = BE mà HI là đường trung bình của EFC => FC = 2IH => BE = 2IH

Vậy : OH/OE = IH/BE (1)

Đ OHI = Đ OHF + Đ FHI = Đ OHF + Đ AFH = 150o ;

Góc OEB = 180o - Đ OEA = 150o => Đ OHI = Đ OEB : (2)

Từ (1) và (2) => ΔOHI đồng dạng với ΔOEB => ΔOIB đồng dạng với ΔOHE (theo nhận xét trên) Vậy : Đ OIB = 90o ; Đ BOI = 60o ; Đ OBI = 30o

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Lời bình : đây là một bài toán trong đề thi vô địch Liên Xô (cũ) Nhờ nhận xét trên, ta đã tạo ra ΔOHI đồng dạng với ΔOEB Ta cũng có thể tạo ra ΔOKI đồng dạng với ΔOAB (hình 2b)

Bài toán 3 : Về phía ngoài ΔABC dựng ΔABX đồng dạng với ΔCAY Lấy điểm Z sao cho A, Z nằm về một phía của BC và ΔCBZ đồng dạng với ΔABX Chứng minh rằng : 4 điểm A, X, Z, Y hoặc thẳng hàng hoặc là 4 đỉnh của hình bình hành

Từ (3) và (4) => điều phải chứng minh

Lời bình : Nhờ nhận xét trên, ta có thể giải bài toán khó này khá dễ dàng Các bạn lưu ý đây là bài toán khá “kinh điển” về tam giác đồng dạng

Bài toán 4 : Cho ΔABC vuông tại A, đường cao AH K nằm trên tia đối của tia HA, L thuộc đoạn AC sao cho : AL/AC = KH/AH

Chứng minh rằng : Đ BKL = 90o

Lời giải : Qua K kẻ đường thẳng song song với BC, cắt đường thẳng AB tại E (hình 4)

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Ta có Đ AEK = Đ ABC = Đ CAH, mặt khác :

EB/EK = EB/AB.AB/HB.HB/EK = KH/AH.AB/HB.AH/AK = KH/AK.AB/HB = KH/AK.AC/AH

&NBSP; (ΔABH đồng dạng với ΔCAH)

= KH/AH.AC/AK = AL/AC.AC/AK = AL/AK

=> EB/EK = AL/AK

Vậy ΔKEB đồng dạng với ΔKAL

=> ΔKEB đồng dạng với ΔKEA (theo nhận xét trên)

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

=> Đ BXZ = Đ BMA ; Đ CXY = Đ CMA

=> Đ BXZ + Đ CXY = Đ BMA + Đ CMA = 60o : (vì ΔBCM đều)

=> Đ ZXY = Đ BXC - (Đ BXZ + Đ CXY) = 120o - 60o = 60o

Tương tự như trên, Đ XYZ = 60o

Vậy : ΔXYZ đều

Lời bình : Thông thường, bài toán này giải bằng kiến thức về đường tròn của lớp 9 Nhờ nhận xét trên, các bạn lớp 8 đã có thể giải được bài toán này

(Kì sau đăng tiếp)

Đỗ Xuân Hòa

(Giáo viên trường THCS Ngô Sĩ Liên, Hoàn Kiếm, Hà Nội)

15

TỪ MỘT NHẬN XÉT QUAN TRỌNG

(tiếp theo kì trước)

Bài toán 6 : Trên hai cạnh AB, BC của hình vuông ABCD lấy các điểm P, Q sao cho PB = BQ Điểm H là hình chiếu của B trên CP Chứng minh rằng Đ DHQ = 90o

Lời bình : Nhận xét ban đầu giúp ta nghĩ đến việc chứng minh ΔHCD đồng dạng với ΔHBQ

Bài toán 7 : Hai điểm M, N nằm trên các cạnh BC, CD của hình vuông ABCD sao cho Đ MAN = 45o Đoạn thẳng BD theo thứ tự cắt AM, AN tại E, F Chứng minh rằng : các tam giác AEN, AFM vuông cân Lời giải : (hình 7) Gọi O là giao điểm của BD và AC Ta có : Đ AOE = 90o = Đ ADN (1) ; Đ EAN = 45o

=Đ CAD => Đ EAO =Đ DAN (2)

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Từ (1) và (2) => : ΔAOE đồng dạng ΔADN => ΔAEN đồng dạng ΔAOD (theo nhận xét ban đầu) => ΔAEN vuông cân tại E (vì ΔAOD vuông cân tại O)

Tương tự, ΔAFM vuông cân tại F

Lời bình : Cũng với nhận xét này, ta có thể sử dụng các cặp tam giác đồng dạng : ΔAEB đồng dạng ΔANC ; ΔAFD đồng dạng ΔAMC Thông thường, bài toán trên phải sử dụng kiến thức về đường tròn của lớp 9

Bài toán 8 : Cho tam giác ABC vuông tại A Điểm D thuộc cạnh BC Điểm M chạy trên đoạn AD Các điểm N, P là hình chiếu vuông góc của M trên AB, AC Chứng minh rằng : đường thẳng qua N, vuông góc với PD luôn đi qua một điểm cố định

Lời giải : (hình 8) Gọi K là giao điểm của các đường thẳng qua A, D lần lượt vuông góc với AD, AB Như vậy, K cố định

Theo giả thiết, dễ nhận thấy APMN là hình chữ nhật Ta có : DK vuông góc AN, AN // MP => DK vuông góc MP Mặt khác, KA vuông góc MA => Đ AKD = Đ AMP (góc có cạnh tương ứng vuông góc) => ΔAKD đồng dạng với ΔPMA (1)

APMN là hình chữ nhật, ta chứng minh được ΔPMA đồng dạng ΔANP (2)

Từ (1) và (2) => : ΔAKD đồng dạng ΔANP => ΔAKN đồng dạng ΔADP (theo nhận xét ban đầu) => Đ AKN = Đ ADP (3)

Gọi L, Q lần lượt là giao điểm của KN với AD, DP Ta cóĐ ALM = ĐQLM (4)

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Từ (3) và (4) => : ΔAKL đồng dạng ΔQDL => Đ LQD = Đ LAK = 90o => LQ vuông góc DQ hay KN vuông góc DP

Vậy, đường thẳng qua N, vuông góc với PD luôn đi qua điểm K cố định

Lời bình : Đây là một bài trong đề thi vào khối chuyên toán ĐHSP Hà Nội Nhận xét ban đầu giúp học sinh lớp 8 giải được bài toán này, ngắn gọn hơn cách giải bằng kiến thức về đường tròn của lớp 9

Bài toán 9 : Cho ngũ giác ABCDE có DC = DE, Đ C = Đ E = 90o Điểm M thuộc đoạn AB sao cho BC/BM = AE/AM Chứng minh rằng : Đ MCE = Đ ADE ; Đ MEC = Đ BDC

Lời giải : (hình 9) Qua A, kẻ đường thẳng song song với BC, cắt CM tại N Theo định lí Ta-lét, ta có AM/AN = BC/BM ; theo giả thiết, BC/BM = AE/AM => AN/AM = AE/AM => MN = AE => ΔEAN cân tại A (1)

Từ (1) và (2) => : ΔAEN ΔDEC

=> ΔEDA đồng dạng với ΔECN (theo nhận xét trên) => Đ ADE = Đ MCE

Chứng minh tương tự, ta có : Đ ADE = Đ MCE

Lời bình : Nhận xét ban đầu giúp ta nghĩ tới việc kẻ đường thẳng qua A, song song với BC, cắt CM tại N Qua các bài toán trên, chúng ta đã phần nào thấy được vai trò quan trọng của nhận xét ban đầu Để kết thúc bài viết, tôi xin giới thiệu thêm một số bài tập vận dụng

Bài 1 : Cho tam giác ABC vuông tại A Dựng về phía ngoài tam giác ABC các tam giác ABE, CAF vuông tại E, F, sao cho EA/EB = FC/FA = 2 Điểm H thuộc BC, HB/HC = 1/4

Tính HE/HF và Đ EHF

Bài 2 : Cho tứ giác ABCD và bốn điểm X, Y, Z, T thỏa mãn điều kiện : các tam giác AXB, CYB, CZD, ATD đồng dạng ; X thuộc nửa mặt phẳng có bờ AB, không chứa C, D ; Y thuộc nửa mặt phẳng có bờ BC, không chứa D, A ; Z thuộc nửa mặt phẳng có bờ CD, không chứa A, B ; T thuộc nửa mặt phẳng có bờ

DA, không chứa B, C Chứng minh rằng : các điểm X, Y, Z, T hoặc thẳng hàng hoặc là các đỉnh của hình bình hành

Bài 3 : Cho điểm M nằm bên trong góc xOy Các điểm A, B theo thứ tự chạy trên các tia Ox, Oy sao cho 2OA = 3OB Tìm vị trí của A, B sao cho 2MA + 3MB lớn nhất

Bài 4 : Cho tam giác ABC vuông cân tại B Điểm M nằm trong tam giác và thỏa mãn điều kiện : MA/1 = BM/2 = CM/3 Tính góc AMB

Bài 5 : Cho tam giác ABC, AB > BC Gọi K, M lần lượt là trung điểm của AB, AC ; I là giao điểm của các đường phân giác trong Các đường thẳng KM, CI cắt nhau tại P Lấy điểm Q sao cho QP vuông góc với KM, QM song song với BI

Chứng minh rằng : QI vuông góc với AC

BÀI TOÁN CON CÁ

Theo các tác giả SGK, nội dung SGK mới rất quan tâm tới yếu tố vui học, gắn bài học với thực tế, đưa vào các mẩu chuyện về lịch sử Toán học nhằm tạo ra sự gần gũi, thân thiết, gây hứng thú học tập, từ đó giúp học sinh đạt kết quả học tập cao nhất Việc tạo được niềm say mê, hứng thú trong học tập, bằng cách này hay cách khác chắc chắn sẽ đem lại kết quả học tập tốt hơn nhiều cho mỗi bạn Các bạn có thể tự tạo hứng thú từ những nhận xét, phát hiện “nho nhỏ” trong quá trình học toán Bài toán “con cá” là một ví dụ như vậy

Trong sách Bài tập toán 7 (tập 1, trang 99) có bài tập số 13, nội dung như sau : “Trên hình vẽ có Ax song song với By,  CAx = 50o,  CBy = 40o Tính  ACB bằng cách xem nó là góc ngoài của một tam giác.” (xem hình 1) Lời giải của bài toán này xin nhường cho bạn đọc ở đây tôi muốn trao đổi với các bạn một bài toán tổng quát hơn mà tôi thường gọi là bài toán “đầu cá”

Bài toán 1 (bài toán “đầu cá”) : Hình 2 cho biết  CAB >  CAx, Ax // By

Chứng minh rằng :  ACB =  CAx +   CBy

Lời giải : Trên nửa mặt phẳng bờ AC chứa tia CB, vẽ tia Cm // Ax Vì Ax // By => Cm // By =>  CAx =

 C1 ;  CBy =  C2 (so le trong) Vậy :  CAx +  CBy =  C1 +  C2 (1)

Theo giả thiết,  ACB >  CAx =>  ACB >  C1 hay tia Cm nằm giữa hai tia CA và CB, do đó :  ACB =  C1 +  C2 (2)

Từ (1) và (2) suy ra  ACB =  ACx +  CBy

Lời bình : + Bài toán 1 cho biết mối quan hệ giữa hai góc  CAx,  CBy với  ACB, không phụ thuộc vào số đo của các góc như ở bài toán đặt vấn đề

+ Mấu chốt của lời giải là việc kẻ thêm đường phụ Cm song song với Ax

+ Đối với học sinh lớp 7 mới được tập dượt chứng minh hình học, nhất là với kiến thức ở chương I - Đường thẳng vuông góc - Đường thẳng song song, thì đây là một bài toán khá hay Khai thác bài toán, ta

có nhiều bài toán tương tự khá thú vị

Bài toán 2 (bài 57 trang 104 SGK Toán 7, tập 1) : Cho hình vẽ (a // b), hãy tính số đo x của góc O (xem hình 3)

Gợi ý : Sử dụng kết quả của bài toán “đầu cá”, ta chỉ cần tính  OBb

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

Từ đó dễ dàng giải được bài toán sau :

Bài toán 3 (bài 3, trang 91, SGK Toán 7, tập 2) : Xem hình 4, cho a // b,  C = 44o,  D = 132o Tính số

đo góc  COD

Chú ý : Tương tự các bạn có thể giải được một bài trong bài toán 5, trang 92, SGK Toán 7, tập 2

Bài toán 4 (bài toán “thân cá”) : Cho hình 5, biết Ax // By và  CAx +  ACB > 180o Chứng minh rằng :

 CAx +  ACB +  CBy = 360o

Gợi ý : + Kẻ tia đối Ax’ của tia Ax và tia đối By’ của tia By Sử dụng kết quả của bài toán “đầu cá” + Cách khác : Kẻ Cm // Ax và chứng minh tương tự bài toán “đầu cá”

Bài toán 5 : Cho hình 6, biết Ax // By và  CBy >  ACB

Chứng minh rằng :  CBy =  xAC +  ACB

Gợi ý : Kẻ tia Cm // Ax và chứng minh tương tự bài toán “đầu cá”

Bài toán 6 : Cho hình 7, biết Ax // By và  CBy >  ACB Chứng minh rằng :  CAx +  CBy -  CAB

= 180o

Gợi ý : Kẻ Cm // Ax

TÀI LIỆU BỒI DƯỠNG HỌC SINH GIỎI TOÁN - THCS GIO HẢI

* Từ bài toán 1 đến bài toán 6 đều có các bài toán đảo thú vị đang chờ các bạn tiếp tục khám phá Sau khi học bài “Tổng ba góc trong một tam giác” của chương II, nếu thay đổi giả thiết của bài toán “đầu cá” : Ax không song song với By thì ta có bài toán sau

Bài toán 7 (bài toán “đuôi cá”) :

Cho hình 8 Chứng minh rằng :  ACB =  MAC +  MBC +  AMB

Gợi ý : Nối MC kéo dài về phía C, sử dụng tính chất góc ngoài của tam giác

Kết hợp các bài toán trên, ta được bài toán “con cá” hoàn chỉnh

Bài toán 8 (bài toán “con cá”) :

Cho hình 9 Tính các góc x, y, z

Lời giải bài toán 8 dành cho bạn đọc

Con đường đi đến bài toán “con cá” thật đơn giản nhưng rất lí thú phải không các bạn ?

LTS : Xuất phát từ bài 57 trang 104 SGK Toán 7, tập 1), thầy giáo Nguyễn Đức Tấn (TP HCM) cũng đã tổng quát mối liên hệ giữa ba góc  OAa,  AOB,  OBb (xem hình 3) Từ đó hình thành loạt bài toán tính số đo của một góc biết số đo của hai góc còn lại và các bài toán đảo

Ngô Đức Minh

(Giáo viên trường THCS Ngô Gia Tự, Hồng Bàng, Hải Phòng)

17

Các bạn đã học qua lớp 7 chắc chắn đều biết về các đường đồng quy của tam giác :

Định lí 1 : Ba đường trung tuyến của một tam giác cùng đi qua một điểm ;

Định lí 2 : Ba đường phân giác của một tam giác cùng đi qua một điểm ;

Định lí 3 : Ba đường trung trực của một tam giác cùng đi qua một điểm ;

Định lí 4 : Ba đường cao của một tam giác cùng đi qua một điểm

SGK Toán 7 tập 2 đã sử dụng cùng một phương pháp chứng minh ba đường thẳng đồng quy để chứng minh định lí 2, định lí 3

Phương pháp chứng minh này có thể mô tả khái quát như sau :

Ba đường thẳng a, b, c đồng quy nếu :

- Mọi điểm thuộc c đều có tính chất C và ngược lại

- Chứng tỏ giao điểm của a và b thỏa mãn tính chất C

Các bạn cần lưu ý, quỹ tích các điểm thỏa mãn tính chất C chính là đường thẳng c

Như vậy mấu chốt của phương pháp này chính là việc phát hiện ra tính chất C

Nếu ta phát hiện ra nhiều tính chất của đường thẳng c thì cũng có nghĩa là sẽ có nhiều cách chứng minh a,

b, c đồng quy

Ta sẽ áp dụng phương pháp này để chứng minh các định lí trên

* Chứng minh định lí 1 :