Những mở rộng ban đầu từ một bài toán trong sách giáo khoa

Những mở rộng ban đầu Từ một bài toán trong sách giáo khoa A. Lời giới Thiệu: Mọi dòng sông lớn đều bắt đầu từ những con suối nhỏ. Mọi bài tập khó đều khởi nguồn từ những bài toán đơn giản hơn. Những bài tập trong sách giáo khoa đều là những bài tập cơ bản, được chọn lọc kỹ càng mà chúng ta cần phải nắm chắc để áp dụng. Có thể ví chúng như những chiếc chìa khoá để mở ra nhiều cánh cửa Toán học, tất nhiên có những chìa khoá đặc biệt. Điều quan trọng là ta có phát hiện ra chúng hay không và bằng cách nào? Để gợi ý trả lời cho câu hỏi trên, ttôi xin mạnh dạn đưa ra một số bài toán cơ bản và cách tìm ra chìa khoá dể phát triển nó thành những bài toán mới. B. Nội dung I. bài toán 1: Cho tứ giác ABCD có AB<AC. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, AC, CD, BD. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình bình hành. Lời giải: Xét ABD ta có : M là trung điểm của AB Q là trung điểm của BD => MQ là đường trung bình của ABD => MQ//= (1) - Tương tự xét ACD, có NP là đường trung bình nên NP//= (2) Từ (1) và (2) => MQ//=NP => MNPQ là hình bình hành (dấu hiệu nhận biết) A Q M D C B N P Hình 1 * Nhận xét: Hình bình hành MNPQ sẽ có dạng đặc biệt hơn nếu tứ giác ABCD thoả mãn thêm các điều kiện nào đó. Dễ thấy, hình bình hành MNPQ trở thành hình thoi khi và chỉ khi tứ giác ABCD có hai cạnh đối bằng nhau. Ta có kết quả: * Bài toán 1a: Cho tứ giác ABCD AD=BC, AB<CD. Gọi M, N, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, AC, CD, BD. Chứng minh rằng tứ giác MNPQ là hình thoi Lời giải: Theo bài toán 1 ta có: MNPQ là hình bình hành Mặt khác: MQ=(cmt) MN=(vì MN là đường trung bình của ABC) Mà AD=BC (gt) => MNPQ là hình thoi (HBH có 2 cạnh kề bằng nhau) Hình 2 * Nhận xét: Đường chéo QN của hình thoi MNPQ là đáy của tam giác cânPQN nên đường thẳng QN cắt AD, BC lần lượt tại I, K thì BKN = PQN và AIQ = PNQ (các cặp góc so le trong). Do đó AIQ = BKN (hình 3) Ta có thêm kết quả: * Bài toán 1b: Cho tứ giác ABCD có AD = BC, AB<CD. Gọi N, Q lần lượt là trung điểm của hai đường chéo AC, BD. Chứng minh rằng đường thẳng NQ tạo với AD, BC các góc bằng nhau Lời giải: Theo bài toán 1a ta có: MNPQ là hình thoi => PQN cân tại P => PQN = PNQ Mặt khác: BKN = PQN và AIQ = PNQ (các cặp góc so le trong). Vậy AIQ = BKN (đpcm) Hình 3 * Nhận xét: Tương tự MP là đáy của tam giác cân NMP nên đường thẳng MP cũng sẽ tạo với các đường thẳng AD, BC những góc bằng nhau. Từ đó ta có bài toán : * Bài toán 1c: Cho tam giác EDC có ED<EC. Lấy A, B lần lượt trên ED, EC sao cho DA = CB. Gọi P, M lần lượt là trung điểm của DC, AB. PM cắt EC, ED lần lượt tại H, G. Chứng minh rằng tam giác EGH cân tại E. Lời giải: Theo bài toán 1a ta có: MNP cân tại N => NMP = NPM Mặt khác: NMP = CHM ( đồng vị, MN//CH) NPM = HGD (sole trong, NP//GD) => CHM = HGD (đpcm) Hình 4 * Đến đây, ta nhận thấy rằng DEC là góc ngoài của tam giác EGH (cân tại E) nên dễ dàng phát hiện thấy đường thẳng GHônng song với đường phân giác trong của DEC. nếu cho A, E, B cố định thì M là trung điểm của AB cũng cố định, phân giác trong của AEB cũng cố định. Từ đó ta được một kết quả khá thú vị: * Bài toán 1d: Cho tam giác EAB, EA < EB. D, c lần lượt chạy trên các tia đối của tia AE, tia BE sao cho DA = BC. Chứng minh trung điểm P của DC chạy trên một đường thẳng cố định - Chúng ta chứng minh được ngay điểm P nằm trên đường thẳng d đi qua trung điểm M của AB cố định và song song với đường phân giác trong cố định của AEB. Tất nhiên đừng thẳng d là đường thẳng cố định Hình 5 II. Bài toán 2: Cho đường tròn (O) đường kính AB, dây CD không cắt đường kính AB. Gọi H và K theo thứ tự là chân đường vuông góc kẻ từ A và B đến CD. Chứng minh rằng CH = DK. Giải: Từ giả thiết ta có: AH//BK (cùng vuông góc với CD) suy ra ABKH là hình thang. Gọi I là trung điểm của HK, ta có OI là đường trung bình của hình thang ABKH => OI//AH => OI CD => I là trung điểm của CD => CH=DK * ở bài toán trên ta đã chứng minh CH=DK bằng cách chứng minh CD và B D H O I A C K Hình 6 HK có cùng trng điểm I (điều này không chỉ đúng khi CD và HK cùng nằm trên một đường thẳng). Hoàn toàn tương tự ta chứng minh ngay được bài toán sau và đề xuất bài toán đảo ngược của nó: * Bài toán 2a: Cho đường tròn (O) đường kính AB, dây CD không cắt đường kính AB.các đường thẳng vuông góc với CD, đi qua C và D lần lượt cắt AB tại H và K. Chứng minh rằng AH = BK. A H I C D B K O Hình 7 * Bài toán 2b: (bài toán đảo của bài toán 2). Cho đường tròn (O) đường kính AB. Trên AB lấy hai điểm H,K sao cho AH = BK. Qua H,K vẽ hai đường thẳng song song, lần lượt cắt (O) tại C,D (C, D nằm cùng về một phía của đường thẳng AB). Chứng minh rằng HC, KD cùng vuông góc với CD. * Tiếp tục để ý đến “dây CD không cắt đường kính AB“ trong bài toán 1. Tại sao phải có giả thiết này? Câu trả lời “dễ kiếm” là bài toán 1 vẫn đúng trong trường hợp dây CD bất kỳ. * Bài toán 2c: Cho đường tròn (O) đường kính AB và dây CD bất kỳ. Gọi H và K theo thứ tự là chân các đường vuông góc kể từ A và B đến CD. Chứng minh rằng CH = DK. Giải: + Trường hợp 1: Dây CD và đường kính AB có chung một đầu mút. Khi đó và CH =DK (bằng 0) A C H K D B Hình 8 + Trường hợp 2: Dây CD không cắt AB, đây chính là trường hợp của bài toán 2 + Trường hợp 3: Dây CD cắt AB tại điểm G. Ta sẽ chứng minh CD và HK có cùng trung điểm. Thật vậy: Qua O kẻ đường thẳng vuông góc với CD, Cắt CD và AK lần lượt tại I và J. Như vậy I là trung điểm của CD và IJ//BK//AH (cùng vuông góc với CD). Vì O A C D B H K I G O J Hình 9 là trung điểm của AB nên OJ là đường trung bình của tam giác KAB => J là trung điểm của AK. Từ đó ta lại có IJ là đường trung bình của tam giác KAH => I là trung điểm của KH => CD và HK có cùng trung điểm I => CH = DK Vậy CH = DK với dây CD bất kỳ. * Những cách nhìn khác nhau về một bài toán thường cho ta những cách phát biểu khác nhau về bài toán đó và ngược lại, từ đó có thể hình thành phẩm chất nhạy bén cho người làm toán. Hai bài toán sau là những cách phát biểu khác nhau của bài toán 2c: * Bài toán 2d: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn đường kính AB. Chứng minh rằng hình chiếu vuông góc của các cặp cạnh đối của tứ giác trêb đường chéo CD bằng nhau. * Bài toán 2e: Cho ba điểm A,G,B đôi một khác nhau, thẳng hàng theo các thứ tự đó và các đường tròn (O), (O1), (O2) lần lượt có đường kính là AB, AG, BG. Qua G vẽ một cát tuyến cắt (O) tại C,D và cắt (O1), (O2) lần lượt tại H,K. Chứng minh rằng CH = DK. IIi. Bài toán 3: 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 3 được giải khá đơn giản như sau: Lời giải: Trên MA lấy điểm N sao cho: MN = MB (1) ( Hình 5). Do BMN = BAC = 600 nên BMN đều => BN = BM(2) ABC dều nên BA = BC, mặt khác ABC = MBN = 600 => ABN = MBC (3) Từ (1), (2), (3) suy ra : ABN=CBM (c.g.c) => NA = MC (4) Từ (1) và (4) suy ra: MN+NA=MB+MC => MA=MB+MC . A O N M C B Hình 10 * Nhận xét: Bài toán 3 là sự khởi đầu cho rất nhiều mở rộng đẹp và sâu sắc. Trong bài toán 3, giả thiết ABC đều tương với giả thiết các đường thẳng MA, MB, MC đôi một tạo với nhau một góc 600. Nhận xét trên cho ta một cách mở rộng bài toán 3: * Bài toán 3a: 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 600. Chứng minh rằng MA1+ MA2 + MA3 = MB1+ MB2 + MB3. Vì BT3a được sinh ra từ BT2 nên ta nghĩ ngay ra việc dùng BT3 để giải BT3a Lời giải: Không mất tính tổng quát, giả sử O nằm trong góc B1MA3 và hơn thế OMB1OMA3. 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 () Mặt khác: => C1C2C3 đều. Theo kết quả của bài toán 3, ta có MC1 = MC2 + MC3 (1) Hình 11 Lại chú ý rằng (O) và () đồng tâm, ta có: (2) Từ (1), (2) dễ dàng suy ra: MA1+ MA2 + MA3 = MB1+ MB2 + MB3 Tiếp theo mở rộng trên, BT3 còn có một mở rộng khác cũng khá hấp dẫn. Nó giới thiệu cho chúng ta mối quan hệ đẹp giữa ba số: MA2, MB2, MC2. * Bài toán 3b: 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 bài tập 3b, ta hãy phát biểu và chứng minh một bổ đề sau: Bổ đề: Cho tam giác ABC có = 1200. Khi đó: BC2 =AB2+AC2+AB.AC Chứng minh: Gọi H là hình chiếu của C trên AB (hình 12). Dễ thấy: (1) Theo định lý Pitago ta có: BC2 = BH2+CH2 (2) Từ (1), (2) ta suy ra: BC2=(AB+AH)2+CH2 = = = AB2 + AC2 + AB.AC Hình 12 Bổ đề được chứng minh. Trở lại viêc giải bài tập 3b: Không mất tính tổng quát, giả sử M thuộc cung BC (không chứa A) của (O) (hình 13). Theo kết quả đạt được trong BT3, ta có: MA = MB + MC => MA2 = MB2 + MC2 + 2MB.MC => MA2 + MB2 + MC2 = 2(MB2 + MC2 + MB.MC) (1) Vì tam giác ABC đều nên BMC - 1200. Theo bổ đề ta có: MB2 + MC2 + 2MB.MC = BC2 => MB2 + MC2 + 2MB.MC = 3R2 (2) Hình 13 Từ (1), (2) suy ra: MA2 + MB2 + MC2 = 6R2 * Từ bài tập 3b, tương tự cách phát triển bài tập 3, chúng ta có thể phát biểu kết quả rộng hơn. Ta có bài toán mới sau đây: * Bài toán 3c: Cho đường tròn (O) và điểm M nằm trong (O). Các dây A1B1, A2B2, A3B3 đi qua M va đôi một tạo với nhau một góc 600. 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 nữa OMB1OMA3 (hình 14). Gọi H1, H2, H3 lần lượt là hình chiếu của O trên A1B1, A2B2, A3B3. Đương nhiên H1, H2, H3 nằm trên đường tròn () đường kính MO và M thuộc cung H1H2 ( không chứa H1) của (). Mặt khác: Hình 14 => H1H2H3 đều. Theo kết quả của bài tập 3b ta có: OH12+OH22+OH32=MH12+MH22+MH32 (1) Lại chú ý rằng H1A1 = H1B1, H2A2 = H2B2, H3A3 = H3B3, 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+H3M2) Từ đó và chú ý tới định lý Pitago ta có: MA12+MB12= 2(R2- H1O2 + H1M2); MA22+MB22= 2(R2- H2O2 + H2M2) MA32+MB32= 2(R2- H3O2 + H3M2) => MA12+MB12 + MA22+MB22 + MA32+MB32= 6R2 - (H1O2 + H2O2 + + H3O2)+(H1M2+H2M2+H3M2) (2) Từ (1) và (2) suy ra: MA12 + MB12 + MA22 + MB22 + MA32 + MB32 = 6R2 Chưa dừng lại ở đây, mối quan hệ đẹp giữa các số trong đó H,K,L là hình chiếu của M trên BC, CA, AB cũng sinh ra từ bài toán 3 * Bài toán 3d: 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: Lời giải: Theo giả thiết tứ giác ABMC nội tiếp. Suy ra: ABM + ACM = 1800. Không mất tính tổng quát, giả sử: ACM 900 ABM. Khi đó K thuộc đoạn CA; L thuộc tia đối của tia BA (hình 15) Dễ thấy: => => Hình 15 Theo bài toán 2 ta có: Vậy Bài toán 3d cho ta kết quả đẹp sau đây: * Bài toán 3e: 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 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: SABC=SMAB+SMCA-SMBC (vì BC=CA=AB) MH2 + MK2 + ML2 + 2(MK.ML - MH.MK - MH.ML) = h2 (AI = h) (1) Theo bài toán 2d ta có: => MK.ML = MH.ML + MH.MK => MK.ML - MH.ML - MH.MK = 0 (2) Từ (1), (2) suy ra: MH2 + MK2 + ML2 = h2 Hình 16 * Vì khái niệm 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 rrộng thành bài toán mới, liên quan tới khái niêm tam giác đồng dạng. Bài toán dưới đây chính là sự mở rộng của bài tập 2 nhờ quan niệm trên: * Bài toán 3f: Cho tam giác ABC và điểm M nằm trên BC (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 MBN = CBA (hình 17). Chú ý rằng BMA=BCA do cùng chắn cung AB Vậy (1) Do MBN = CBA => MBC = NBA, Mặt khác BCM= BAM do cùng chắn cung BM Vậy (2) Hình 17 Từ (1) và (2) suy ra : BC.MN + BC.NA = AC.MB + AB.MC => BC(MN+NA)= AC.MB + AB.MC => BC.MA = CA.MB + AB.MC - Kết quả phát biểu trong bài tập này chính là nội dung một định lý nổi tiếng của hình học phẳng - định lý Ptô-lê-mê. Còn rất nhiều mở rộng khác xung quanh bài toán 3. Trước khi kết thúc, xin giới thiệu một vài bài tập liên quan tới các vấn đề đặt ra trong bài toán 3 này: * Bài toán 3g: Cho ngũ giác đều A1A2A3A4A5. M thuộc cung nhỏ A1A5 của (O). Chứng minh rằng: MA1 + MA3+ MA5 = MA2 + MA4. - Hãy mở rộng bài toán cho đa giác đều với số cạnh lẻ * Bài toán 3h: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Điểm M thuộc cung BC (không chứa A) của (O). H, K, L là hình chiếu củaM trên BC, CA, AB. Chứng minh rằng: * Bài toán 3i: 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 C. Lời kết: Trên đây là một số cách phát triển một bài toán có nội dung cơ bản từ trong sách giáo khoa mà qua quá trình công tác và học hỏi tôi có được. Xin nêu ra để các đồng nghiệp tham khảo và góp ý kiến xây dựng cho tôi, giúp cho công tác dạy và học có được hiệu quả tốt nhất. Tôi xin chân thành cảm ơn! Thái Thành, ngày 25 tháng 9 năm 2008 Người viết: Quách Thị Thiện