Luận văn Phát triển năng lực chứng minh cho học sinh thông qua dạy giải bài tập hình học

++ + = uur uuur r r và 1 2 1... 0na a a a−+ + + − = ur uur uuur r r Cộng hai đẳng thức trên ta có : 1 2 1.... 0na a a ++ + + = ur uur uuur r . 4. CÁC BƯỚC GIẢI MỘT BÀI TOÁN HÌNH HỌC Quá trình giải một bài toán thường phải trải qua các bước sau đây: Tìm hiểu đề toán, tìm tòi lời giải của bài toán, trình bày lời giải của bài toán, nhìn lại bài toán. Sau đây ta bàn thêm về các bước nói trên. 4.1 Tìm hiểu đề toán Để giải được một bài toán, trước hết phải hiểu đề bài và ham thích giải bài toán đó. Vì thế cần giúp học sinh tìm hiểu đề và cần chú ý gợi động cơ, khêu gợi trí tò mò, hứng thú cho các em. a a A A A A GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 26 1) Để hiểu rõ đề toán, trước hết cần phải nắm vững mọi khái niệm đề cập đến trong bài toán. Cần phải nhớ lại định nghĩa các khái niệm đó hoặc có thể định nghĩa khái niệm đó bằng những cách khác như thế nào? Ví dụ 23 : Trong đề toán người ta cho G là trọng tâm ∆ABC. Khi đó ít nhất học sinh phải biết được một số định nghĩa tương đương của khái niệm trọng tâm tam giác. Chẳng hạn: + G là giao điểm ba đường trung tuyến. + G là giao điểm hai đường trung tuyến bất kì. + G nằm trên một đường trung tuyến và chia nó theo tỉ số 2:1 tính từ đỉnh. + G là điểm sao cho 0GA GB GC+ + =uuur uuur uuur r . + G là điểm mà với điểm O bất kì thì 1 ( ). 3 OG OA OB OC= + +uuur uuur uuur uuur 2) Phải nắm được giả thiết và kết luận của bài toán. Nghĩa là bài toán cho những gì ? Ta phải chứng minh cái gì? Ta phải tìm cái gì? 3) Dựa vào bài toán đã cho, vẽ hình mô tả nội dung bài toán. Hình vẽ sẽ giúp ta hiểu được đề toán một cách cụ thể và rõ ràng hơn. Hình vẽ còn có tác dụng gợi ý cho việc tìm ra cách giải và giúp phát triển trí tưởng tượng không gian. Nếu cần thiết phải vẽ thêm hình phụ cho bài toán Khi vẽ hình cho bài toán cần lưu ý: • Hình vẽ phải mang tính tổng quát, không nên vẽ hình trong trường hợp đặc biệt vì như thế dễ gây ngộ nhận. • Nên thể hiện những điều đã cho và những điều cần tìm trên hình vẽ. • Để làm nổi bật các đường, các hình, trong hình vẽ có thể vẽ nét đậm, nét nhạt, nét liền, nét đứt hoặc tô màu khác nhau. 4) Dựa vào hình vẽ, ghi giả thiết, kết luận của bài toán. Việc ghi giả thiết, kết luận giúp ta nắm vững hơn nội dung bài toán, chuẩn bị tốt hơn cho bước tiếp theo. 4.2 Tìm tòi lời giải của bài toán Việc tìm tòi lời giải là một bước quan trọng bậc nhất trong hoạt động giải toán. Điều cơ bản của bước này là biết định hướng đúng để tìm ra được nhanh chóng hướng giải bài toán. Sau đây là một vài lời khuyên cho việc tìm tòi lời giải một bài toán hình học. 4.2.1 Hãy nghĩ đến những bài toán liên quan: Những bài toán liên quan có thể là những bài toán tương tự với bài toán đã cho hoặc là bài toán tổng quát hơn bài toán đã cho, hoặc là trường hợp đặc biệt của bài GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 27 toán đã cho, thậm chí là bài tóan na ná bài toán đã cho,Nghĩ đến những bài toán liên quan là để tìm cách sử dụng kết quả hay phương pháp giải các bài toán đó. Ví dụ 24 : Cho tam giác nhọn ABC, xác định một tam giác MPQ có chu vi bé nhất, nội tiếp tam giác ABC (có nghĩa là các đỉnh M, P, Q của tam giác MPQ lần lượt nằm trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC). Bài toán nói trên gợi cho ta nhớ đến bài toán quen thuộc sau đây ở lớp 8 như sau: Bài toán liên quan: Cho góc nhọn xOy và một điểm M nằm trong góc đó. Hãy xác định điểm A và B lần lượt nằm trên hai tia Ox và Oy sao cho chu vi tam giác MAB bé nhất. Bài toán này được giải như sau: Gọi M’, M’’ là các điểm đối xứng với điểm M lần lượt qua đường thẳng Ox và Oy. Gọi A là giao điểm của đoạn thẳng M’M’’ với tia Ox và B là giao điểm của đoạn thẳng M’M’’ với tia Oy . Từ bài toán đó và cách giải của nó ta tìm thấy lời giải của bài toán ban đầu như sau: Giả sử MPQ là tam giác nội tiếp tam giác ABC. Gọi M’, M’’ lần lượt là các điểm đối xứng với M lần lượt qua các đường thẳng AC và AB. Khi đó ta có: MP + PQ + QM = M’P + PQ + QM’’ Ta có chu vi ∆MAB bằng: MA + AB + BM = M’A + AB + BM’’ = M’M’’ Với hai điểm A’ và B’ khác A, B trên Ox và Oy, ta có chu vi ∆MA’B’ bằng: MA’ + A’B’ + B’M = M’A’+ A’B’ + B’M’’ Đường gấp khúc M’A’B’M’’ có độ dài lớn hơn độ dài đoạn thẳng M’M’’. Vậy các điểm A, B như trên tạo nên tam giác MAB có chu vi nhỏ nhất. P Q M' M'' A B CM y xA B M'' M' O M B' A' GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 28 Vì M’P + PQ + QM’’ ≥ M’M’’ nên ta suy ra: nếu đã chọn điểm M trên cạnh BC thì chu vi tam giác MPQ bé nhất khi và chỉ khi các điểm M’, P, Q, M’’ thẳng hàng, và chu vi của tam giác đó bằng độ dài đoạn thẳng M’M’’. Vậy với mỗi vị trí của điểm M trên cạnh BC ta xác định được tam giác MPQ có chu vi bé nhất. Bài toán được giải nếu ta xác định được vị trí của điểm M trên cạnh BC sao cho đối với nó độ dài M’M’’ bé nhất. Ta thấy đoạn thẳng AM’ và AM’’ đối xứng với đoạn thẳng AM lần lượt qua các đường thẳng AC và AB nên ta có AM’ = AM’’ = AM và góc ' '' 2M AM A= , trong đó A là góc ở đỉnh A của tam giác ABC, như vậy tam giác cân M’AM’’ có cạnh bên bằng AM và góc ở đỉnh không đổi. Bởi vậy cạnh đáy M’M’’ bé nhất khi độ dài AM bé nhất. Suy ra M là chân đường cao hạ từ A của tam giác ABC. Bằng cách lập luận tương tự ta có P và Q cũng là chân đường cao hạ từ B và C của tam giác ABC. 4.2.2. Tìm cách vẽ thêm phần tử phụ Nhiều khi phải vẽ thêm các phần tử phụ để tìm ra được những mối liên hệ mới. Nhờ đó mà giải được bài toán cần giải. Ta xét một vài ví dụ: Ví dụ 25 : Cho góc xOy. Một tứ giác ABCD có A, B nằm trên Ox, C và D nằm trên Oy sao cho AB = CD. Gọi M và N là trung điểm hai cạnh AD và BC.Chứng minh rằng đường thẳng MN song song với đường phân giác của góc xOy. Cách 1: Ta nhận thấy rằng bài toán là hiển nhiên trong trường hợp đặc biệt khi OA = OD (và do đó OB = OC). Khi đó đường thẳng đi qua trung điểm M, N của AD và AC sẽ chứa tia phân giác Oz. Từ nhận xét đó ta suy ra cách vẽ thêm hình phụ sau đây: Trên tia Oy lấy điểm A’ và B’ sao cho OA’ = OA, OB’ = OB. Khi đó ABB’A’ là hình thang cân. Gọi M’ và N’ là trung điểm các cạnh AA’ và BB’ thì M’, N’ nằm trên Oz. Ta phải chứng minh MN // M’N’. Dễ dàng chứng minh được MNN’M’ là hình bình hành. Cách 2: Vẽ thêm hình phụ xuất phát từ yêu cầu bài toán: Từ M kẻ tia Mx’ // Ox và tia My’ // Oy và chứng minh rằng MN là phân giác của góc x’My’. yx z N M B'N' M' o A A' B D C GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 29 x y N Q PM O B D C A Từ đó ta có ∆MPQ cân tại M và chứng minh được MN là phân giác của góc PMQ. Cách 3: Xuất phát từ một ý tưởng đơn giản sau đây: Nếu lấy một đường thẳng d⊥Oz thì bài toán đòi hỏi phải chứng minh MN⊥ d. Ta vẽ hình phụ như sau: Lấy trên Ox và Oy hai điểm R và S sao cho OR = OS, ta được tam giác cân ORS và do đó Oz⊥RS. Như vậy ta phải chứng minh MN⊥RS. Ta chứng minh như sau: Vì M, N là trung điểm của AD và BC nên 2MN AB DC= +uuuur uuur uuur . Ta có: 2 . ( )(OS OR) .OS .OR .OS.cos .ORcos 0 = + − = − + − = uuuur uuur uuur uuur uuur uuur MN RS AB CD AB CD AB BOC CD BOC Vậy MN⊥RS Ví dụ 26: (Định lí Ptoleme). Tích các đường chéo của một tứ giác nội tiếp một đường tròn bằng tổng các tích các cặp đối. Chứng minh: Giả sử tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn (O), có độ dài các cạnh và các đường chéo là: AB = a, BC = b, CD = c, DA = d, AC = e, BD = f. Từ M, kẻ tia Mx’ song song với Ox, từ B kẻ tia Bt song song với AD, hai tia này cắt nhau ở P. Từ M, kẻ tia My’song song với Oy, từ C kẻ Ct’song song với AD, hai tia này cắt nhau ở Q. Ta chứng minh được ABPM và CDMQ là các hình bình hành. Do MA = MD nên suy ra BP = CQ và do AB = CD nên suy ra MP = MQ x y z S N M O B D C AR GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 30 b e d f a c P o A C D B Cộng vế theo vế hai đẳng thức (1) và (2) ta được: ac + bd = f.(AP + CP) = e.f 4.2.3 Tìm tòi lời giải bằng cách xét một số trường hợp đặc biệt hay tương tự Có thể tìm tòi lời giải bằng cách xét một số trường hợp đặc biệt, tương tự.Việc xét các trường hợp này có thể giúp học sinh dự đoán được kết quả cần tìm. Ví dụ 27 : Cho hai điểm cố định B và C. Với mỗi điểm A của mặt phẳng ta dựng các hình vuông ACPQ và ABRS sao cho các góc định hướng PCA và ABR cùng bằng 2 2 kπ π+ . Chứng minh rằng đường thẳng PR luôn luôn đi qua một điểm O cố định. Tìm tòi lời giải: Trước hết ta xác định điểm nào là điểm cố định. Xét hai vị trí đặc biệt của đường thẳng PR: A ≡ B và A ≡ C. Tuy nhiên hãy thử giải toán với một hạn chế là: điểm A thay đổi trên đoạn thẳng BC. I J O PQ S R B CA Gọi I và J lần lượt là tâm các hình vuông ABRS và ACPQ thì I và J là trung điểm hai cạnh AR và AP của tam giác vuông PAR. Nếu O là trung điểm PR thì OI // AP nên O nằm trên đường chéo BS. Tương tự OJ // AR nên O nằm trên đường chéo CQ. Dựng góc ABP sao cho P thuộc đường chéo AC và ABP DBC= Xét hai tam giác ABP và DBC, ta có: ABP DBC= và BAP BDC= (hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC). Suy ra ∆ABP đồng dạng với ∆DBC. Ta có: . AB DB a f ac AP f AP DC AP c = ⇒ = ⇒ = (1) Chứng minh tương tự được: ∆BCP đồng dạng với ∆BDA và suy ra bd = f . CP (2) GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 31 Suy ra ∆BOC là tam giác vuông cân đỉnh O và góc định hướng BOC bằng 2 2 kπ π+ . Vậy điểm O hoàn toàn xác định và PR đi qua O. Kết hợp với O là trung điểm của PR, từ đó suy ra lời giải trong trường hợp tổng quát như sau: Lời giải Gọi O là điểm sao cho BOC là tam giác vuông cân đỉnh O và góc định hướng BOC bằng 2 2 kπ π+ . Giả sử Q và QC B là các phép quay tâm lần lượt là C và B, với góc quay đều là 2 2 kπ π+ . Khi đó Q QB Co biến điểm P thành điểm R. Gọi 1 2 3, ,D D D lần lượt là các phép đối xứng qua các đường thẳng OC, CB và OB thì 2 1 3 2Q và QC BD D D D= =o o . Vậy: 3 2 2 1 3 1Q QB C D D D D D D= =o o o o o Vì hai trục OC và OB của hai phép đối xứng 1 3D và D là vuông góc với nhau nên tích Q QB Co là phép đối xứng qua điểm O. Vì phép đối xứng đó biến P thành R nên O là trung điểm của PR. 4.2.4 Tìm tòi theo sơ đồ “phân tích đi lên” hoặc sơ đồ “phân tích đi xuống” 1) Phân tích đi lên: Giả sử ta cần chứng minh mệnh đề A. Ta nhận xét rằng mệnh đề A sẽ chứng minh được nếu mệnh đề 1A đúng, mệnh đề 1A đúng nếu mệnh đề 2A đúng...nghĩa là ta có sơ đồ sau đây: 1 2 1.... n nA A A A A−⇐ ⇐ ⇐ ⇐ ⇐ (1) Sơ đồ trên cho thấy : để chứng minh mệnh đề A đúng, ta chỉ cần chứng minh mệnh đề nA đúng. Ví dụ 28: Cho ba điểm A, B, C không thẳng hàng, ta lấy theo thứ tự các điểm D và E trên các đoạn thẳng BA và CA sao cho BD = CE. Gọi M, N là trung điểm của BC và DE, đường thẳng qua MN lần lượt cắt AB và AC tại P và Q. Chứng minh rằng QMPB M C= . O P Q S R B C A GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 32 Phân tích tìm lời giải: Gọi O là trung điểm DC. Khi đó: + Muốn chứng minh QMPB M C= ta chứng minh QPA QCM= (a) + Muốn chứng minh được (a) ta chứng minh QC và QM MNO PA NMO= = (b) + Muốn chứng minh được (b) ta chứng minh ON // QC và OM // AB (c) + Muốn chứng minh được (c) ta chứng minh OD=OC và ND=NE OD=OC và MB=MC (d) + Vì O là trung điểm DC và từ giả thiết: MB = MC, ND = NE nên (d) là điều đã biết. Muốn giải bài toán, ta xuất phát từ O là trung điểm DC và đi từ (d) ngược lên (a) Ví dụ 29: Cho D là trung điểm của đoạn thẳng AM. Trên cùng nửa mặt phẳng bờ AM ta vẽ nửa đường tròn đường kính AM và nửa đường tròn đường kinh AD. Tiếp tuyến tại D của đường tròn nhỏ cắt nửa đường tròn lớn tại C và các tiếp tuyến tại C và A của đường tròn lớn cắt nhau tại B. Nối P bất kì trên cung nhỏ AC với điểm D cắt nửa đường tròn nhỏ tại K. Chứng minh rằng AP là phân giác của góc BAK. P O Q N MB C A D E , , khoâng thaúng haøng : BD = CE MB = MC; ND = NE : Q A B C GT KL MPB M C ⎧⎪⎨⎪⎩ = GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 33 K T B C DA P QN taïi D : BA AD taïi A CB CD taïi C P thuoäc cung AC laø phaân giaùc : cuûa goùc DA DM CD AD GT AP KL BAK ⎧ =⎪ ⊥⎪⎪ ⊥⎨⎪ ⊥⎪⎪⎩ ⎧⎪⎨⎪⎩ Phân tích tìm lời giải: Cách 1: + Muốn chứng minh AP là phân giác của góc BAK ta chứng minh BAP KAP= . + Muốn chứng minh BAP KAP= ta chứng minh » »AB PQ= . + Muốn chứng minh » »AB PQ= ta chứng minh DP⊥AQ tại K. DP⊥AQ tại K vì AKD chắn nửa đường tròn đường kính AD Lời giải tóm tắt : 090AKD = (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AD) Vậy DP⊥AQ tại K nên » »AB PQ= . Từ đó suy ra: BAP KAP= (cùng chắn hai cung bằng nhau) Cách 2: + Muốn chứng minh AP là phân giác của góc BAK. Phải chứng minh BAP KAP= + Muốn chứng minh BAP KAP= ta tạo ra hai tam giác có hai góc này. Từ P hạ đường PN⊥AB và đi chứng minh cho tam giác vuông NAP bằng tam giác vuông KAP. + Muốn chứng minh hai tam giác vuông NAP và KAP bằng nhau ta chứng minh NPA KPA= và có AP là cạnh huyền. + Muốn chứng minh NPA KPA= ta chứng minh và NPA PAD PAD KPA= = (vì PN // DA - 2 goùc so le trong) (vì 2 goùc ñaùy cuûa tam giaùc caân ADP) NPA PAD PAD KPA = = Lưu ý: GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 34 + Nếu nA đúng thì ta kết luận A đúng + Nếu nA sai ta chưa có thể kết luận A đúng hay sai. Còn muốn kết luận A sai ta phải đi ngược lại: 1 2 ..... nA A A A⇒ ⇒ ⇒ ⇒ 2) Phân tích đi xuống Giả sử ta cần chứng minh mệnh đề A. Ta nhận xét rằng nếu A đúng thì mệnh đề 1A đúng, mệnh đề 1A đúng thì mệnh đề 2A đúng,..., nghĩa là ta có sơ đồ sau đây: 1 2 ..... nA A A A⇒ ⇒ ⇒ ⇒ (2) Theo sơ đồ trên, ta thấy rằng nếu nA là mệnh đề đúng thì chưa thể kết luận được gì về A: nó có thể đúng, có thể sai. Tuy nhiên, sơ đồ đó nhiều khi cho ta một dự đoán rằng có thể chứng minh được sơ đồ sau: 1 1.....n nA A A A−⇒ ⇒ ⇒ ⇒ Khi đó, nếu mệnh đề nA là đúng thì mệnh đề A được chứng minh. Chú ý : trong sơ đồ (2), nếu “ nA là mệnh đề sai” thì ta kết luận: “A là mệnh đề sai”. Ví dụ 30: (Tìm tòi lời giải bằng sơ đồ phân tích đi xuống) Cho O là giao điểm của hai đường chéo của hình thang ABCD (AB // CD). Trên tia OA lấy điểm M sao cho OM = OB. Trên tia OB lấy điểm N sao cho ON = OA. Chứng minh rằng tứ giác CDMN là tứ giác nội tiếp. Tìm tòi lời giải: Giả sử CDMN nội tiếp được một đường tròn, ta chứng minh được sơ đồ sau: CDMN nội tiếp ⇒ OM.OC = ON.OD ⇒ OB.OC=OA.OD ⇒ OA OB OC OD = Sơ đồ gợi cho ta cách chứng minh tứ giác CDMN nội tiếp như sau: + Chứng minh ∆OAB và ∆OCD đồng dạng để có OA OB OC OD = . + Từ đó: OA OB OC OD = ⇒ OA.OD = OB.OC ⇒ ON.OD = OM.OC ⇒ tứ giác CDMN nội tiếp. A M D C N O B GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 35 4.3 Trình bày lời giải của bài toán: - Khi đã biết được cách giải bài toán cần phải trình bày lời giải một cách chính xác, mạch lạc, gọn gàng và sáng sủa. - Trình tự trình bày trong lời giải có thể rất khác với trình tự tìm tòi lời giải. 4.4 Nhìn lại bài toán và lời giải: - Sau khi giải xong bài toán chúng ta nên thực hiện : • Kiểm tra lại kết quả và toàn bộ quá trình giải toán. • Suy nghĩ xem có những lời giải khác hay không? Lời giải đã được lựa chọn có phải là hay nhất không? • Suy nghĩ xem có thể sử dụng kết quả hay phương pháp giải cho một bài toán khác hay không ? • Từ những kết quả đã thu được tìm cách đề xuất những bài toán khác nhờ tương tự, tổng quát hoá, GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 36 Chương II PHÁT TRIỂN NĂNG LỰC CHỨNG MINH CHO HỌC SINH THÔNG QUA GIẢI BÀI TẬP HÌNH HỌC 1. THỰC TRẠNG CỦA VIỆC DẠY VÀ HỌC HÌNH HỌC HIỆN NAY Có thể nói học sinh ở trường Trung học trong địa bàn tỉnh An Giang rất sợ học tập môn hình học, các em rất sợ phải giải bài tập hình học, nhất là dạng bài tập chứng minh. Qua tìm hiểu chúng tôi nhận thấy có mấy nguyên nhân sau đây: 1.1 Về phía học sinh + Học sinh hiểu rất lơ mơ các khái niệm hình học, kỹ năng vẽ hình hình học yếu (kể cả hình học phẳng và cả hình học không gian). + Các em không hiểu vai trò quan trọng của việc nắm vững khái niệm về các hình hình học cũng như các định lí, các tính chất trong việc giải bài tập hình học cũng như chứng minh một định lí, một tính chất nào đó. + Học sinh không nắm được qui trình giải một bài tập hình học. Các em thường lúng túng ngay từ khâu vẽ hình, không biết phân tích đề bài để tìm ra đường lối giải bài toán đó. 1.2 Về phía giáo viên Qua tiếp xúc với học sinh, chúng tôi nhận thấy còn một bộ phận giáo viên chưa coi trọng đúng mức việc dạy hình học. Trong chương trình toán ở Trung học Cơ sở phân phối thời gian cho việc dạy hình học và đại số là như nhau nhưng bộ phận giáo viên này chỉ chú trọng vào việc dạy đại số hoặc số học, phần hình học chỉ dạy một cách chiếu lệ. Tình hình cũng tương tự như vậy ở trung học phổ thông. 2. CÁC PHƯƠNG PHÁP SUY LUẬN TRONG GIẢI TOÁN CHỨNG MINH HÌNH HỌC 2.1 Phương pháp suy luận diễn dịch Suy luận diễn dịch hay được gọi tắt là suy diễn là quá trình vận dụng các quy tắc (gọi là các quy tắc suy diễn) để từ một hoặc nhiều mệnh đề đã biết là đúng ta suy ra được những mệnh đề mới cũng đúng. Sau đây ta xét một số ví dụ để qua đó thấy được các quy tắc suy diễn thường gặp. GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 37 Ví dụ 1: Chứng minh rằng nếu tam giác có hai đường trung tuyến bằng nhau thì tam giác đó cân. GT : ∆ABC: BE, CF là các đường trung tuyến BE = CF KL : ∆ABC cân Chứng minh + BE là đường trung tuyến ⇒ EA = EC CF là đường trung tuyến ⇒ FA = FB + Gọi G là trọng tâm của ∆ABC nên BG = 2 EG, CG = 2FG + ( ) , 2 ; 2 BE CF gt FG EG BG CG BG GE CG FG ⎫= ⎪⇒ = =⎬= = ⎪⎭ + ∆BGF và ∆CGE có BG = CG, BGF CGE= , GF = GE nên ∆BGF = ∆CGE. Suy ra BF = CE. + ,FA FB EA EC AB AC BF CE = = ⎫⇒ =⎬= ⎭ . Vậy ∆ABC cân tại A. Ta thấy rằng cách chứng minh trên dựa vào quy tắc suy luận sau đây: “Nếu mệnh đề (p⇒q) và mệnh đề (p) là các mệnh đề đúng thì mệnh đề (q) cũng đúng”. Mệnh đề (p⇒q) ở đây là: “Nếu tam giác có hai đường trung tuyến bằng nhau thì tam giác đó cân”. Tóm lại, thực chất việc dạy học các bài tập dạng chứng minh cũng giống như là dạy học định lí. Dù là dạy học định lí hay là dạy giải bài tập đều nhằm mục đích là hình thành cho học sinh khả năng chứng minh hình học. Ví dụ 2: Trong hình vuông ABCD lấy điểm E sao cho ECD là tam giác cân có các góc tại đỉnh C và D bằng 015 .Chứng minh rằng ∆EAB là tam giác đều. Chứng minh: Cách 1: G EF B C A GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 38 E M N AB C D F + Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và CD ∆CED cân, đỉnh E ⇒ E ∈ MN ,suy ra ∆EAB cân đỉnh E + Giả sử EAB không phải là tam giác đều thì: o Tồn tại điểm F∈ MN , F≠ E saocho ∆FAB là tam giác đều.Khi đó ∆ADF cân đỉnh D và 0 0 0180 30 75 2 ADF −= = suy ra 0 0 090 75 15CDF = − = . o Như vậy ta có hai tia DF và DE khác nhau, cùng tạo với tia DC góc 015 và cùng nằm về một phía đối với đường thẳng DC. Đó là điều vô lí. + Vậy ∆EAB đều. Cách 2: + Lấy điểm I nằm trong hình vuông ABCD sao cho ∆AID cân có các góc ở đỉnh A và D đều bằng 015 ⇒ 0150AID = . + Ta có ∆CED = ∆AID nên ED = ID. + 0 0 0 090 15 15 60EDI = − − = ⇒ ∆EDI là tam giác đều, tức là ID=IE và 0 0 0 0360 150 60 150AIE = − − = . Vậy ∆AID = ∆AIE (c-g-c) Suy ra AE=AD=AB,do đó∆ EAB là tam giác đều. Nhận xét: Cách chứng minh thứ nhất bắt đầu bằng giả thiết rằng điều cần chứng minh là không đúng, tức ∆EAB không phải là tam giác đều. Từ đó bằng những lập luận đúng đắn ta suy ra một điều vô lí. Điều đó chứng tỏ rằng ∆EAB phải là tam giác đều. Phương pháp chứng minh này được gọi là phương pháp phản chứng. I AB E C D GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 39 E B C A F D Cách chứng minh thứ hai không dùng cách chứng minh phản chứng mà dùng cách chứng minh trực tiếp. Đó là một cách chứng minh hay. Tuy nhiên ta phải đưa thêm các hình vẽ phụ mà không phải bao giờ cũng thấy ngay sự cần thiết của nó. Ví dụ 3: Chứng minh rằng nếu một tam giác có hai đường phân giác bằng nhau thì tam giác đó là tam giác cân. Giả sử BD và CE là hai đường phân giác của tam giác ABC, tức là vaø ABD DBC ACE ECBβ γ= = = = . Ta cần chứng minh : BD=CE ⇒ β α= , hay ∆ABC cân, đỉnh A. + Ta xác định điểm F sao cho BEFD là hình bình hành, tức là : BE = DF, EF = BD = CE, EFD EBD β= = . Ta chứng minh rằng trường hợp β α> không thể xảy ra. Thật vậy : • Nếu β γ> thì hai tam giác DBC và ECB có hai cạnh tương ứng bằng nhau: DB = EC, BC = CB, và các góc tạo bởi hai cạnh đó không bằng nhau β γ> ⇒ DC>EB , suy ra DC>FD và do đó DFC DCF> . Mặt khác EF neân D EFD ECDβ= > . Vậy EF EFC D DFC ECD CDF ECF= + > + = Trong ∆EFC: vì EFC ECF> nên CE > EF và do đó CE > BD. Bất đẳng thức cuối cùng trái với giả thiết đã cho. Vậy β không thể lớn hơn γ . Hoàn toàn tương tự ta chứng minh được rằng γ không lớn hơn β . Vậy ta phải có β =γ . Phương pháp chứng minh trên đây gọi là phương pháp chứng minh loại trừ. Đối với hai góc β và γ chỉ có thể xảy ra một trong ba trường hợp: hoặc β > γ hoặc β < γ hoặc β = γ . GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 40 Nếu hai trong ba trường hợp đó không thể xảy ra thì trường hợp còn lại phải xảy ra. Trong cách giải trên đây, ta đã loại trừ hai trường hợp đầu bằng phương pháp phản chứng. Ví dụ 4: Trong mặt phẳng cho n đường thẳng đôi một cắt nhau và không có ba đường thẳng nào đồng quy. Chứng minh rằng: a) Khi n ≥ 1 thì n đường thẳng đó chia mặt phẳng thành 2 2 2n n nP + += phần. b) Khi n ≥ 3 thì trong nP phần nói trên có 2 3 2 2n n nQ − += đa giác. Chứng minh: Ta chứng minh bằng phương pháp qui nạp D d a) Khi n = 1 ta có 1 1 1 2 2 2 p + += = , tức là một đường thẳng chia mặt phẳng thành hai phần. Vậy mệnh đề đúng khi n = 1. Ta sử dụng mệnh đề a) đúng khi có n-1 đường thẳng và ta chứng minh a) đúng cho trường hợp n đường thẳng. Giả sử ta có n đường thẳng 1 2, ,...., nd d d (đôi một cắt nhau và không có ba đường nào đồng quy). Vì mệnh đề đúng đối với n-1 đường thẳng 1 2 1, ,...., nd d d − nên n-1 đường thẳng đó chia mặt phẳng thành nP phần với nP = 2 2( 1) ( 1) 2 2 2 2 n n n n− + − + − += ta kí hiệu các phần đó là 1 2, ,..., nD D D . Đường thẳng nd bị n – 1 đường thẳng nói trên chia thành n phần ( trong đó có n – 2 đoạn thẳng và 2 tia), ta gọi phần đó là 1 2 n, , ...., ∆ ∆ ∆ . Mỗi một i∆ đều nằm trong một và chỉ một jD nào đó và chia jD thành hai phần, bởi vậy số phần mà n đường thẳng chia là : 2 2 n-1 n - n +2 n + n +2 = P + n = + n = 2 2n P Vậy mệnh đề a) đúng với trường hợp n đường thẳng (đpcm). GVHD : Nguyễn Thọ Sâm SVTH : Huỳnh Chí Thiện Khóa luận tốt nghiệp Trang 41 b) Khi n = 3 ta có 2 3 3 - 3.3 +2 = 2 Q tức trong số phần mà ba đường thẳng (đôi một cắt nhau và không đồng quy) chia mặt phẳng thì có một phần là đa giác, cụ thể là tam giác. Vậy mệnh đề b) đúng khi n = 3 . Bây giờ ta giả sử mệnh đề b) đúng khi có n – 1 đường thẳng (n – 1 ≥ 3) và ta chứng minh b) đúng cho trường hợp n đường thẳng . Giả sử ta có n đường thẳng 1 2 n, d , ....., dd (đôi một cắt nhau và không có ba đường nào đồng quy). Vì mệnh đề đúng đối với n – 1 đường thẳng 1 2 n-1, d , ....., dd nên trong số phần chúng phân chia mặt phẳng có 2 2 1 (n-1) - 3(n-1) + 2 n -5n +6 = = 2 2n Q − phần là đa giác mà ta kí hiệu các phần đó là 1 2 k, D , ..., DD (với 2n -5n +6 = 2 K ). Đường thẳng nd bị n-1 đường thẳng nói trên chia thành n phần , trong đó n -2 đoạn thẳng mà ta sẽ kí hiệu là 1 2 n-2, ,....., ∆ ∆ ∆ . Mỗi đoạn thẳng i∆ nằm trong một đa giác jD nào đó và chia jD thành đa giác, bởi vậy số đa giác mà n đường thẳng phân chia là : 2 2 n-1 n -5n +6 n - 3n + 2 = Q + n -2 = + n -2 = 2 2n Q 2.2 Những suy luận có lí thường gặp trong giải toán chứng minh hình học Hai hình thức suy luận có lí thường được sử dụng trong toán học là qui nạp không hoàn toàn và tương tự. Như ta biết, kết luận rút ra từ hai hình thức suy luận này có thể đúng hoặc sai, vì thế nó có tác dụng to lớn trong khoa học. Trong đổi mới phương pháp dạy và học hiện nay, phương pháp qui nạp không hoàn toàn được sử dụng trong