Phương pháp vẽ đường phụ trong Hình Học

Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Ph−ơng pháp vẽ đ−ờng phụ trong hình học (tham khảo: định lý hình học và các ph−ơng pháp chứng minh) Mở đầu: Khi chứng minh định lý hình học, phần nhiều chúng ta phải vẽ thêm đ−ờng phụ. Đ−ờng phụ tạo nên mối quan hệ giữa giả thiết với kết luận, làm cho bài toán trở nên đơn giản và dễ dàng hơn. Tuy nhiên, đ−ờng phụ có nhiều loại, nên không có một ph−ơng pháp vẽ cố định, đó là một việc khó trong chứng minh. Vẽ đ−ờng phụ sao cho có lợi là vấn đề cần đào sâu suy nghĩ. Trong bài viết này, tôi xin nêu một số nét lớn về vấn đề vẽ đ−ờng phụ, hi vọng có thể giúp các bạn v−ợt qua khó khăn trong bộ môn hình học. I. Mục đích của vẽ đ−ờng phụ: 1. Đem những điều kiện đO cho của bài toán và những hình có liên quan đến việc chứng minh tập hợp vào một nơi (một hình mới), làm cho chúng có liên hệ với nhau. Ví dụ: Chứng minh rằng hai đoạn thẳng song song và bằng nhau thì hình chiếu của chúng trên một đ−ờng thẳng thứ ba cũng bằng nhau. Suy nghĩ: Sự bằng nhau của AB và CD và sự bằng nhau của EF và GH không thấy ngay đ−ợc là có liên quan đến nhau. H−ớng 1: Quan sát hình vẽ ta thấy AE//BF//CG//DL, từ đó giúp chúng ta nghĩ ra cách dựng thêm EK//AB//CD//GL để tạo ra hai hình bình hành ABKE và CDLG. Suy ra AB=CD=EK=GL. Tiếp đó dựa vào hai tam giác EKF,GLH bằng nhau theo tr−ờng hợp cạnh huyền góc nhọn và cuối cùng có EF=GH. Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com H−ớng 2: Để chứng minh EF=GH ta có thể tạo ra đoạn thẳng mới cùng bằng EF và GH. Điều này dễ có bằng cách từ A,C lần l−ợt kẻ AI,CQ//MN ( ,I BF Q DH∈ ∈ ). Tiếp đó ABI CDQ∆ = ∆ (cạnh huyền-góc nhọn) suy ra AI=CQ=EF=GH. 2. Tạo nên đoạn thẳng thứ ba hoặc góc thứ ba, làm cho hai đoạn thẳng hoặc hai góc cần chứng minh trở nên có liên hệ. Ví dụ: Tứ giác ABCD có cạnh AD=BC. Gọi M,N lần l−ợt là trung điểm AB,CD. CB,DA cắt NM tại E,F. Chứng minh rằng DFN CEN∠ = ∠ Suy nghĩ: Hai góc E và F trên hình vẽ d−ờng nh− không có quan hệ gì với nhau. Do đó ta tìm cách tạo ra góc thứ 3 cùng bằng hai góc trên. Giải: Gọi I là trung điểm AC. Nối MI,NI. MI,NI lần l−ợt là đ−ờng trung bình tam giác ABC,ADC nên MI//BC, NI//AD ,IMN CEN INM DFN⇒∠ = ∠ ∠ = ∠ (1) Mặt khác MI= 1 2 BC= 1 2 AD=IN Do đó tam giác MIN cân tại I. IMN INM⇒∠ = ∠ (2) Từ (1)(2)⇒ DFN CEN∠ = ∠ (đpcm) Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com 3. Tạo nên đoạn thẳng hay góc bẳng tổng, hiệu, gấp đôi hay bằng 1 2 đoạn thẳng hay góc cho tr−ớc, để đạt mục đích chứng minh định lý. Ví dụ: Cho tam giác ABC cân ở A, trung tuyến CM. Trên tia đối của BA lấy điểm D sao cho BD=BA. CMR: CM= 1 2 CD. Suy nghĩ: Bài toán yêu cầu DC=2MC h−ớng ta tạo ra một đoạn thẳng mới bằng MC và bằng 1 2 DC.Mặt khác nhìn hình vẽ có B là trung điểm AD lại làm ta nghĩ đến định lý về đ−ờng trung bình của tam giác. Đ−ờng phụ cần vẽ là trung tuyến BE của tam giác ABC. BE là đ−ờng trung bình tam giác ADC nên DC=2BE. Do tam giác ABC cân tại A nên BE=CM. Từ đó có đpcm. Chú ý: Thay vì vẽ thêm đoạn thẳng bằng 1/2 DC ta cũng có thể tạo ra một đoạn thẳng bằng DC và gấp 2 lần BE. Điều này đơn giản, có thể trên tia đối của CA lấy điểm E sao cho CA=CE rồi nối BE, hoặc trên tia đối CB lấy điểm E sao cho CE=CB rồi nối AE... Bài toán trên có khoảng 5,6 cách. Mong các bạn tiếp tục suy nghĩ tìm ra cách giải mới. Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com .............. 4. Tạo nên những đại l−ợng mới (đoạn thẳng hoặc góc) bằng nhau; thêm vào những đại l−ợng bằng nhau mà bài ra đO cho để giúp cho việc chứng minh. Ví dụ: Chứng minh rằng trong một tam giác vuông, trung tuyến ứng với cạnh huyền bằng 1/2 cạnh huyền. (*) Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Suy nghĩ: Đầu bài chỉ cho CM=BM, nh− vậy ch−a có AM=MB. Ta lấy N là trung điểm AB thì tạo ra đ−ợc cặp đại l−ợng bằng nhau là BN=AN. Mặt khác MN//AC nên MN⊥AB Suy ra MN là trung trực đoạn AB. ⇒AM=BM=CM, từ đó có đpcm. 5. Tạo nên một hình mới, để có thể áp dụng một định lý đặc biệt nào đó. Ví dụ: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). D là điểm bất kì trên cung nhỏ BC. Kẻ ,AH DB AK DC⊥ ⊥ . Chứng minh đ−ờng thẳng HK đi qua một điểm cố định. Suy nghĩ: Hai đ−ờng vuông góc AH,AK làm ta nghĩ đến đ−ờng thẳng Sim- sơn, vì vậy nếu gọi I là chân đ−ờng vuông góc kẻ từ A xuống BC, thì theo Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com đ−ờng thẳng Sim-sơn ta có H,I,K thẳng hàng. Do A cố định nên I cố định. Vậy HK đi qua điểm cố định là I. 6. Biến đổi hình vẽ, làm cho bài toán trở nên dễ chứng minh hơn tr−ớc. Ví dụ: Tam giác ABC cân tại A nội tiếp (O) ( 060A∠ < ). M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC. AM giao BC tại N. CMR: 1 1 1 MN MB MC > + Suy nghĩ: Để chứng minh 1 1 1 MN MB MC > + ta thử biến đổi t−ơng đ−ơng: 1 1 1 MN MB MC > + . .( )MB MC MN MB MC⇔ > + (1) Mặt khác tam giác ABC cân tại A nên

AB AC AB AC AMB AMC= ⇒ = ⇒∠ = ∠ Mặt khác BAM NCM∠ = ∠ ~ ( . )BAM NCM g g⇒△ △ . . MB AM MN MC MB MC AM MN ⇒ = ⇔ = Thay vào (1) ta đ−ợc . .( )AM MN MN MB MC> + AM MB MC⇔ > + Vậy để chứng minh 1 1 1 MN MB MC > + chỉ cần chứng minh AM>MB+MC là xong. Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Đến đây ta nhớ lại bài toán quen thuộc: "Tam giác đều ABC nội tiếp (O). M là điểm bất kì trên cung nhỏ BC. CMR: MA=MB+MC." Tất nhiên có thể áp dụng kết quả này vào bài toán ban đầu bằng cách dựng tam giác AB'C' đều nội tiếp (O). Trên AM lấy E sao cho ME=B'M Do ' ' ' 60oB ME B C A∠ = ∠ = Suy ra tam giác B'ME đều. ' ' '( 60 )oEB M AB C⇒∠ = ∠ = ' ' 'AB E C B M⇒∠ = ∠ ' ' ( . . )AB E BC M g c g⇒ =△ △ ' ' ' AE MC AM AE EM B M C M ⇒ = ⇒ = + = + Mặt khác B'M>BM, C'M>CM nên AM=B'M+C'M>BM+CM Từ đó có đpcm. II. Các loại đ−ờng phụ: Sau đây là một số loại đ−ờng phụ th−ờng gặp: 1. Kéo dài một đoạn thẳng cho tr−ớc với độ dài tuỳ ý, hoặc bằng một độ dài cho tr−ớc, hoặc cắt một đ−ờng thẳng khác. Ví dụ: Cho tam giác ABC. Trên trung tuyến AM lấy điểm K bất kì khác A,M. Qua M lần l−ợt kẻ đ−ờng thẳng song song với KB, KC giao AC, AB tại F, E. CMR: EF//BC (**) Giải: Kéo dài CK, BK cắt AB, AC tại P, Q. EM, FM là đ−ờng trung bình tam giác BPC, BQC ⇒BE=PE, QF=CF Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Ta có AP AK AQ PE KM QF= = AP PE AQ QF PE QF + + ⇔ = hay AE AF EB FC = / /EF BC⇒ (Ta-lét đảo) (đpcm) 2. Nối hai điểm cho tr−ớc hoặc hai điểm cố định (gồm cả trung điểm của đoạn thẳng cố định), điểm nằm trên một đoạn thẳng cho tr−ớc và cách một đầu của đoạn thẳng đó một khoảng cho tr−ớc) Ví dụ: Ta xét lại bài toán (**) Cách 2: Gọi { }, { }EM BK P FM CK Q∩ = ∩ = Gọi I là trung điểm AK. Nối PI, QI, PQ. Dễ dàng có MQ, MP là 2 đ−ờng trung bình của tam giác BKC nên KQ=QC= 1 2 KC, KP=BP= 1 2 BK. Suy ra PQ là đg trung bình của tam giác BKC / /PQ BC⇒ (1) Mặt khác PI, QI lần l−ợt là đ−ờng trung bình các tam giác AKB, AKC nên PI//AB, QI//AC EP AI FQ PM IM QM⇒ = = (định lý Ta-lét) / /PQ EF⇒ (Ta-lét đảo) (2) Từ (1)(2) suy ra EF//BC (đpcm) Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com 3. Từ một điểm cho tr−ớc dựng đ−ờng song song với một đ−ờng thẳng cho tr−ớc, hoặc dựng đ−ờng song song với một đ−ờng, mà ta cần chứng minh đ−ờng này song song với một đ−ờng nào đó. Ví dụ: Cho tam giác đều ABC. M là một điểm bất kì nằm trong tam giác. Chứng minh MA, MB, MC là độ dài 3 cạnh của 1 tam giác. Nhận xét: Nhiệm vụ của chúng ta là tìm ra tam giác có độ dài 3 cạnh là MA, MB, MC. Để tạo ra tam giác này qua M ta kẻ PQ, KH, EF lần l−ợt // AB, AC. BC. Do tam giác ABC đều nên các tứ giác APME, PMHC, HMEB là hình thang cân. Suy ra AM=EP, BM=EH, CM=PH. Vậy MA, MB, MC là độ dài 3 cạnh của tam giác EPH. 4. Từ một điểm cho tr−ớc hạ đ−ờng vuông góc xuống một đ−ờng thẳng cho tr−ớc. Ví dụ: Cho tam giác ABC, 3 đ−ờng cao AD, BE, CF, trực tâm H. Chứng minh H là tâm đ−ờng tròn nội tiếp tam giác DEF. Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Giải: Kẻ FN, EM⊥BC cắt BE, CF tại Q, P. Do FN// AD// EM suy ra: FQ AH EP FQ FN FN AD EM EP EM = = ⇒ = FQ AH EP FQ FN FN AD EM EP EM = = ⇒ = và DN HF FQ DM HP EP = = Do đó DN FN DM EM = Suy ra ( . . )DNF DME c g c△ ∼△ NDF MDE⇒∠ = ∠ , mặt khác AD BC⊥ ⇒ FDA EDA∠ = ∠ , hay DA là phân giác góc FDE. T−ơng tự FC, EB lần l−ợt là phân giác các góc DFE, FED. Vậy H là tâm đ−ờng tròn nội tiếp tam giác DEF (đpcm) 5. Dựng đ−ờng phân giác của một góc cho tr−ớc. Ví dụ: Cho tam giác ABC có 2B C∠ = ∠ , 3 cạnh BC, AC, AB có độ dài lần l−ợt là a,b,c. CMR: b2=c2+ac Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Giải: Dựng phân giác BD của góc B. 2 ( . ) . ABD ACB BAD CAB g g AD AB AB AC AB AC AD ⇒∠ = ∠ ⇒ ⇒ = ⇒ = △ ∼△ Mặt khác theo tính chất đ−ờng phân giác của một tam giác: 2 2 2 2 2 . . . . AD AB AD AD AB DC BC AD DC AC AB BC AB ACAD AB BC AB ACAD AC AB AB BC AC AB AB BC AC AB AB BC = ⇒ = = + + ⇒ = + ⇒ = = + ⇔ = + ⇔ = + hay 2 2b c ac= + (đpcm) 6. Dựng đ−ờng thẳng đi qua một điểm cho tr−ớc hợp thành với một đ−ờng thẳng khác một góc bằng góc cho tr−ớc. Ví dụ 1: Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). CMR: AB.CD+AD.BC=AC.BD (định lý Ptô-lê-mê) Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Suy nghĩ: Đối với những bài toán chứng minh hệ thức dạng ab+cd=ef, thông th−ờng ta chia f thành tổng của m+n, rồi chứng minh ab=em,cd=en nhờ các tam giác đồng dạng. Trong bài toán này, ta sẽ chia AC thành 2 đoạn nhỏ và tạo ra đ−ợc các tam giác đồng dạng. Muốn vậy phải có các góc bằng nhau và đ−ờng phụ cần vẽ là đoạn DE sao cho ( )ADB EDC E AC∠ = ∠ ∈ . Giải: Lấy điểm E trên AC sao cho ADB EDC∠ = ∠ . Ta có : BDA△ ~ CDE△ (g.g) BD BA CD CE ⇒ = (2 cặp cạnh tỉ lệ) . .BD CE CD BA⇒ = (1) Do ADB EDC ADE BDC∠ = ∠ ⇒∠ = ∠ ADE⇒△ ~ BDC△ (g.g) AD AE BD BC ⇒ = . .AD BC BD AE⇒ = (2) Từ (1)(2) . . . . .AB CD AD BC BD EC BD AE BD AC⇒ + = + = (đpcm) Ví dụ 2: Cho tam giác ABC, phân giác AD. CMR: AD2<AB.AC Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Giải: Do ADC B∠ > ∠ nên trên AC lấy đ−ợc điểm E sao cho ADE B∠ = ∠ . ~ ( . )BAD DAE g g⇒△ △ AB AD AD AE ⇒ = 2 . .AD AB AE AB AC⇒ = < (đpcm) 7. Từ một điểm cho tr−ớc, dựng tiếp tuyến với đ−ờng tròn cho tr−ớc. Ví dụ 1: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). Các đ−ờng cao BH,CK. CMR: AO KH⊥ Suy nghĩ: Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Để chứng minh AO KH⊥ , ta có thể tạo ra một đ−ờng thẳng song song với KH và vuông góc với AO, không khó khăn lắm nhận thấy đó chính là tiếp tuyến Ax của (O). Giải: Dựng tiếp tuyến Ax của (O) Ax AO⇒ ⊥ (1) Tứ giác BKHC nội tiếp nên AKH HCB∠ = ∠ Mặt khác xAB là góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung xAB HCB⇒∠ = ∠ xAB AKH⇒∠ = ∠ ADB EDC∠ = ∠ / /Ax KH⇒ (2) Từ (1)(2) ta đ−ợc đpcm. Ví dụ 2: Điểm A cố định nằm ngoài (O, 2 BC ). ( ) { }, ( ) { }AB O D AC O E∩ = ∩ = . Tìm quỹ tích tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác ADE. Giải: Phần thuận: Nối DM. Ta có DMA DEA ABC∠ = ∠ = ∠ Suy ra tứ giác BDMO nội tiếp. . .AD AB AM AO⇒ = Kẻ tiếp tuyến AT. Ta có AT2=AD.AB=AM.AO 2ATAM AO ⇒ = không đổi Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Do đó M cố định. Vậy O' thuộc trung trực [AM]. Giới hạn: Khi đ−ờng kính BC chuyển động trên (O) thì O' chuyển động trên trung trực [AM] Phần đảo: Giả sử M là điểm thoả mOn 2ATAM AO = . ( ) { }, ( ) { }AB O D AC O E∩ = ∩ = .Dựng đ−ờng tròn (O') ngoại tiếp tam giác ADM. Ta chứng minh E ( ')O∈ . Thật vậy do 2ATAM AO = 2 . .AM AO AT AD AB⇒ = = Suy ra tứ giác BDMO nội tiếp. ABO DMA AED⇒∠ = ∠ = ∠ ⇒ tứ giác ADME nội tiếp. ⇒ E thuộc (O') (đpcm) Kết luận: Quỹ tích tâm O' là trung trực [AM] 8.Bài ra cho hai đ−ờng tròn tiếp xúc nhau, ta có thể dựng đ−ợc tiếp tuyến chung hoặc đ−ờng nối tâm. Ví dụ 1: (I) tiếp xúc trong với (O) tại A. Dây AC,AE của (O) cắt (I) tại B,D. CMR: BD//CE Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Giải: Kẻ tiếp tuyến chung Ax của 2 đ−ờng tròn. Dựa vào hệ quả góc tạo bởi tiếp tuyến và dây cung ta có: CAx BDA CEA∠ = ∠ = ∠ Suy ra BD//CE (hai góc đồng vị bằng nhau (đpcm) Ví dụ 2: (O) tiếp xúc (O') tại I. Kẻ tiếp tuyến chung ngoài AB (A, B là 2 tiếp điểm). CMR: 90oAIB∠ = Giải: Kẻ tiếp tuyến chung trong IM (M∈AB). Dựa vào tính chất 2 tiếp tuyến cắt nhau ta đ−ợc AM=IM=BM, do đó 90oAIB∠ = (đpcm) 9. Bài ra cho hai đ−ờng tròn giao nhau, thì kẻ đ−ợc dây cung chung. Ví dụ: Cho tam giác ABC nội tiếp (O). I là điểm bất kì thuộc cung BC không chứa A. Vẽ (O1) và (O2) qua O lần l−ợt tiếp xúc với AB, AC tại B, C. 1 2( ) ( ) { }O O K∩ = . CMR B, K, C thẳng hàng. Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Giải: Kẻ dây cung IK chung của hai đ−ờng tròn. Theo tính chất của góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung ta có ,xBI BKI yCI CKI∠ = ∠ ∠ = ∠ Mặt khác tứ giác ABIC nội tiếp nên: xBI ACI∠ = ∠ Mà 180oACI yCI∠ + ∠ = 180oBKI CKI⇒∠ + ∠ = Vậy B, K, C thẳng hàng (đpcm) 10. Nếu một tứ giác có thể nội tiếp đ−ờng tròn, thì ta có thể dựng đ−ờng tròn ngoại tiếp tứ giác đó. Ví dụ: Tam giác ABC nội tiếp (O). M là trung điểm AC. Kẻ MH⊥AB. Chứng minh MH luôn đi qua một điểm cố định. Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Suy nghĩ: Để tìm ra điểm cố định ta vẽ một vài vị trí của M và nhận thấy rằng đó là điểm K nằm trên đ−ờng vuông góc kẻ từ C với BC và 90oOKC∠ = Giải: Gọi Q là trung điểm BC. Tứ giác OMCQ có thể nội tiếp nên dựng (I, 2 OC ) ngoại tiếp tứ giác OMCQ. QI giao (I) tại K. Ta chứng minh H, M, K thẳng hàng. Thật vậy / / 180o MH AB A QMC QKC AMH KQC KMC AMH AMK AMK KMC ⇒∠ = ∠ = ∠ ⇒ = ∠ = ∠ ⇒∠ + ∠ = ∠ + ∠ = Suy ra H, M, K thẳng hàng. Mặt khác K đối xứng với Q qua I, mà Q, I cố định nên K cố định. Vậy MH luôn đi qua điểm cố định K. 11. Bài cho một điểm nằm trên đ−ờng tròn, có thể vẽ thêm đ−ờng kính đi qua điểm đó. Ví dụ 1: Tứ giác ABCD nội tiếp (O;R) có hai đ−ờng chéo vuông góc với nhau. CMR AB2+BC2+CD2+DA2 không đổi. Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Suy nghĩ: Các tổng bình ph−ơng gợi cho chúng ta nghĩ đến định lý Py-ta-go áp dụng trong tam giác vuông. Tuy nhiên nếu để yên hình vẽ thì không thể áp dụng đ−ợc. Vì vậy ta vẽ thêm đ−ờng kính để tạo ra tam giác vuông có hai cạnh góc vuông là hai cạnh đối của tứ giác ABCD, cạnh huyền có độ dài không đổi (tính theo R) Giải: Kẻ đ−ờng kính AE. Nối CE,DE. Ta có 90oACE∠ = do đó CE//BD (cùng vuông góc với AC) Tứ giác BCED là hình thang nội tiếp đ−ờng tròn nên BC=DE Suy ra BC2+AD2=DE2+AD2=AE2=4R2 T−ơng tự AB2+CD2=4R2 Vậy AB2+BC2+CD2+DA2=8R2 không đổi (đpcm) Ví dụ 2: Chứng minh khoảng cách d giữa đ−ờng tròn ngoại tiếp và nội tiếp tam giác đ−ợc tính theo công thức d2=R2-2Rr (hệ thức Ơ-le) Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Giải: Kéo dài AI giao (O) tại D. Kẻ đ−ờng kính DE của (O). Nối CD. Kéo dài OI cắt (O) tại M,N. Hạ IH AB⊥ Chứng minh đ−ợc AHI ECD△ ∼△ (g.g) . .IH ED AI DC⇒ = Mặt khác DIC IAC ICD ICB BCD ICD∠ = ∠ + ∠ = ∠ + ∠ = ∠ suy ra tam giác IDC cân tại D 2 2 . . . ( )( ) ID DC AI DC AI ID IM IN R OI R OI R OI ⇒ = ⇒ = = = − + = − Do đó 2 2 2 2 . 2 2 IH ED Rr R OI OI R Rr = = − ⇒ = − 12. Vận dụng phép đối xứng tâm, đối xứng trục, phép quay, tịnh tiến... Ví dụ: Cho hai điểm A và B cùng thuộc 1/2mp bờ là đ−ờng thẳng d. Tìm điểm N trên d sao cho AN+BN Min. Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Giải: Gọi N là điểm tuỳ ý trên d. Lấy A' đối xứng với A qua d. Nối A'B giao d tại M. Nối AM. Ta có AN+NB=A'N+NB ≥ A'B=A'M+MB=AM+MB Dấu bằng xảy ra khi N≡M. Vậy điểm N cần tìm chính là giao điểm của A'B với d (A' là điểm đối xứng với A qua d). Nhận xét: Điểm A' đO giúp chúng ta làm cho đ−ờng gấp khúc ANB đỡ "gOy" hơn, và giúp việc tìm điểm N trở nên thuận lợi. 13. Vẽ thêm một hình đặc biệt (tam giác đều, hình vuông rồi sử dụng tính chất của các hình đó. Ví dụ: Dựng liên tiếp 3 hình vuông ABCD, BEFC, EGHF. Chứng minh 45oAED AGD∠ + ∠ = Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Suy nghĩ: Hai góc AED và AGD d−ờng nh− không liên quan gì đến nhau. Vì vậy ta phải tạo ra một góc 45o bằng tổng của hai góc trên. Để có góc 45o, ta phải có tam giác vuông cân. Giải: Dựng hình vuông ABNM. Dễ dàng có ( . . )DMN GBN c g c=△ △ do đó ta có DN=GN và MND BNG∠ = ∠ DNG⇒△ vuông cân tại N. Mặt khác ( . . )GBN EAD c g c=△ △ nên BGN AED∠ = ∠ Vậy 45oAED AGD NGB AGD∠ + ∠ = ∠ + ∠ = (đpcm) Chú ý: Thay vì dựng hình vuông ABNM, các bạn có thể tạo ra các hình vuông khác dựng trên cạnh CD, CF, FH... Từ đó chúng ta có những cách giải mới rất thú vị. III. Chú ý khi vẽ đ−ờng phụ: 1. Muốn đ−ờng phụ giúp ích cho việc chứng minh thì vẽ đ−ờng phụ phải có mục đích, không nên vẽ tuỳ tiện. Nếu không thì chẳng giúp đ−ợc gì cho việc chứng minh, lại làm cho hình vẽ trở nên rối ren, hoa mắt, khó tìm ra cách giải đúng. 2. Vẽ đ−ờng phụ phải tuân theo các phép dựng hình cơ bản. Những đ−ờng không có trong phép dựng hình cơ bản tuyệt đối không đ−ợc sử dụng. Nguyễn Văn Linh-Bắc Ninh email:lovemathforever@yahoo.com Trở lại bài toán (*) Nếu thay cách nói "lấy trung điểm N của AB" bằng các cách nói sau: +Vẽ trung trực MN của đoạn AB. +Qua M kẻ MN song song với AB sao cho BN=AN. +Kẻ MN⊥AB sao cho NA=NB. thì đều không hợp lý. Trong cách nói thứ nhất, M ch−a chắc thuộc trung trực của đoạn AB, còn cách nói thứ 2 và thứ 3 ch−a xác định đ−ợc các đ−ờng đó có đi qua trung điểm AB hay không, vì vậy trái với phép dựng hình. 3. Có khi đ−ờng phụ vẽ thêm cùng là một đ−ờng nào đó, nh−ng vì cách dựng khác nhau nên cách chứng minh cũng khác nhau. Nh− ở trong bài toán (**), nếu thay cách vẽ bằng "từ M dựng MN//BC" thì phải sử dụng định lý đ−ờng trung bình trong tam giác để suy ra NA=NB, hoặc nếu thay bằng "từ M dựng MN⊥AB" thì phải sử dụng quan hệ giữa vuông góc và song song để suy ra MN//AC rồi chứng minh NA=NB. Thực ra trong tr−ờng hợp nào, MN vẫn chỉ là một. THE END