Một số dạng chứng minh hình học ở phổ thông

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
––––––––––––––––––––––

VÕ ĐÔNG TĨNH

MỘT SỐ DẠNG CHỨNG MINH HÌNH HỌC
Ở PHỔ THÔNG

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

THÁI NGUYÊN - 2014

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
––––––––––––––––––––––

VÕ ĐÔNG TĨNH

MỘT SỐ DẠNG CHỨNG MINH HÌNH HỌC
Ở PHỔ THÔNG
Chuyên ngành: Phƣơng pháp toán sơ cấp
Mã số: 60.46.01.13

LUẬN VĂN THẠC SĨ TOÁN HỌC

NGƢỜI HƢỚNG DẪN KHOA HỌC: PGS.TS. TRỊNH THANH HẢI

THÁI NGUYÊN - 2014
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

i

LỜI CẢM ƠN
Luận văn được hoàn thành tại Khoa sau đại học, Đại học Khoa học Đại học Thái Nguyên dưới sự hướng dẫn tận tình của thầy giáo PGS. TS.
Trịnh Thanh Hải. Tôi xin bày tỏ lòng kính trọng và biết ơn sâu sắc đến thầy,
người đã hướng dẫn giúp đỡ tôi trong suốt quá trình thực hiện luận văn. Nhân
dịp này, tôi xin trân trọng cảm ơn ban lãnh đạo khoa Toán trường Đại học
Khoa học, Khoa sau đại học - Đại học Thái Nguyên, các thầy cô giáo đã trang
bị kiến thức, tạo điều kiện thuận lợi cho tôi trong thời gian học tập.
Tôi xin cảm ơn gia đình, bạn bè, đồng nghiệp và các thành viên lớp
Cao học Toán K5C đã quan tâm, tạo điều kiện, động viên cổ vũ tôi để tôi có
thể hoàn thành luận văn.
Tuy đã nỗ lực học tập, nghiên cứu và đã hết sức cố gắng song do thời
gian và năng lực bản thân có hạn nên luận văn khó tránh khỏi những thiếu sót.
Tôi rất mong nhận được ý kiến đóng góp của quý thầy cô và các bạn đồng
nghiệp, để luận văn được hoàn thiện hơn.
Tôi xin chân thành cảm ơn.
Thái Nguyên, tháng 4 năm 2014
Học viên

Võ Đông Tĩnh

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

ii

MỤC LỤC
LỜI NÓI ĐẦU ................................................................................................. 1
CHƢƠNG 1. KIẾN THỨC CHUẨN BỊ ....................................................... 2
1.1. Tổng quan về bài toán chứng minh hình học ............................................. 2
1.1.1. Bài toán chứng minh hình học ................................................................ 2
1.1.2. Lược đồ chứng minh ............................................................................... 2
1.2. Sơ lược về không gian Affine .................................................................... 4
1.2.1. Không gian affine .................................................................................... 4
1.2.2. Ánh xạ affine ........................................................................................... 4
1.2.3. Biểu thức tọa độ trong không gian affine ............................................... 5
1.2.4. Tính chất.................................................................................................. 6
1.2.5. Khái niệm tâm tỉ cự, tọa độ trọng tâm .................................................... 6
1.3. Sơ lược về không gian xạ ảnh .................................................................... 7
1.3.1. Không gian xạ ảnh .................................................................................. 7
1.3.2. Ánh xạ xạ ảnh.......................................................................................... 7
1.3.3. Tính chất của ánh xạ xạ ảnh .................................................................... 8
CHƢƠNG 2. MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH HÌNH HỌC ............ 9
2.1. Một số ví dụ minh họa phương pháp chứng minh hình học ...................... 9
2.1.1. Chứng minh trực tiếp .............................................................................. 9
2.1.2. Xét tất cả các khả năng có thể ............................................................... 10
2.1.3. Chứng minh phản chứng ....................................................................... 15
2.1.4 Chứng minh quy nạp .............................................................................. 19
2.2. Khai thác một số tính chất của hình học affine vào bài toán chứng
minh hình học .................................................................................................. 22
2.3. Khai thác một số tính chất của hình học xạ ảnh vào bài toán chứng
minh hình học .................................................................................................. 26

2.3.1. Một số tính chất xét trong mối quan hệ giữa mặt phẳng xạ ảnh và
mặt phẳng Affine............................................................................................. 26
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

iii

2.3.2. Một số ví dụ minh họa việc khai thác một số tính chất của hình học
xạ ảnh vào bài toán chứng minh hình học ...................................................... 31
CHƢƠNG 3. SƠ LƢỢC VỀ VIỆC SỬ DỤNG PHẦN MỀM MAPLE
KIỂM TRA TÍNH CHẤT HÌNH HỌC....................................................... 34
3.1. Vấn đề đại số hóa một tính chất hình học với phần mềm Maple ............ 34
3.2. Kiểm tra tính chất hình học với sự hỗ trợ của phần mềm Maple ............ 36
KẾT LUẬN .................................................................................................... 42
TÀI LIỆU THAM KHẢO ............................................................................ 43

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

iv

BẢNG TÓM TẮT KÝ HIỆU
Kí hiệu
THPT

Đọc tên
Trung học phổ thông
Suy ra

Tương đương

A

Không A
Hoặc

.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

Chuẩn (hoặc khoảng cách)

/>

1

LỜI NÓI ĐẦU
Với mong muốn tìm hiểu và trang bị thêm cho bản thân một số kiến
thức về bài toán chứng minh trong chương trình hình học Trung học phổ
thông nhằm giúp cho việc giảng dạy của cá nhân, em chọn đề tài: “Một số
dạng chứng minh hình học ở phổ thông” làm luận văn cao học.
Nhiệm vụ được đặt ra là: Trình bày một số bài toán chứng minh hình
học quen thuộc và cố gắng tạo ra sự kết nối với những kiến thức đã và đang
được giảng dạy tại bậc Trung học phổ thông với các kiến thức được trang bị ở
bậc đại học.
Ngoài phần mở đầu, kết luận và tài liệu tham khảo, luận văn gồm
ba chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị.
Chương 2: Một vài dạng chứng minh hình học.

Chương 3: Sơ lược về việc sử dụng phần mềm Maple trong việc kiểm
tra một tính chất hình học.
Em xin được gửi tới các Thầy, Cô trong Ban giám hiệu, Ban chủ nhiệm
khoa Toán - Tin, phòng Đào tạo và toàn thể Thầy, Cô giáo trường Đại học
Khoa học - Đại học Thái Nguyên lòng biết ơn và kính trọng vì tất cả những tri
thức, tình cảm mà Nhà trường và các Thầy Cô giáo đã dành cho Em trong
suốt quá trình học tập và làm luận văn.
Thái Nguyên, tháng 6 năm 2014
Học viên
Võ Đông Tĩnh

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

2

CHƢƠNG 1
KIẾN THỨC CHUẨN BỊ
1.1. Tổng quan về bài toán chứng minh hình học
1.1.1. Bài toán chứng minh hình học
Trong chương trình hình học ở THPT, các bài toán chứng minh thường
bao hàm 2 yếu tố:
- Giả thiết: Những yếu tố đã biết (A).
- Kết luận: Những vấn đề cần làm sáng tỏ (B).
Ta thường gặp các bài toán chứng minh hình học dạng: A

B hay A

B.

1.1.2. Lược đồ chứng minh
Chứng minh trực tiếp:
Chứng minh trực tiếp là xuất phát từ giả thiết bài toán (A), dựa vào các
quy tắc suy luận ta phải chỉ ra các mệnh đề: A1, A2 , ..., An sao cho

A

A1 , A1

A2 , ..., An

B khi đó ta có: A

B.

A1, A2 , ..., An còn được gọi là lược đồ chứng minh A

B.

Xét tất cả các khả năng có thể:
Xét bài toán A

B.

Giả sử ta có thể phân chia thành các trường hợp A1, A2 ,..., An và ta
có: A

A1

A2 ... An .

Để chứng minh A

B ta sẽ chứng minh: A1

B, A2

B,, An

B

đều đúng.
Chứng minh tƣơng đƣơng:
Xét bài toán cần chứng minh A

B:

Nếu ta chỉ ra được một dãy các mệnh đề: A1, A2, .... An và chứng minh
được A
có A

A1, A1

A2 ,

, An

B thì khi đó theo tính chất bắc cầu ta

B.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

3

Chứng minh phản chứng:
Xét bài toán chứng minh A

B.

Trước tiên, ta giả sử: A đúng, nhưng A

B sai. Bởi vì A

B sai, mà

A đúng nên B phải có giá trị sai nghĩa là B đúng.
Từ giả sử B đúng ta sẽ chứng minh A đúng.
Từ giả thiết và qua quá trình lập luận ta có A và A đồng thời cùng
đúng, dẫn đến mâu thuẫn. Điều đó chứng tỏ giả thiết B đúng là sai. Vậy B
đúng. Hay A

B đúng.

Chứng minh quy nạp:
Nguyên lý quy nạp toán học:
Giả sử P là một tính chất được xác định trên tập hợp tất cả các số

nguyên dương sao cho: P(1) (1 có tính chất P) và đối với mọi số nguyên
dương n, nếu P(n) thì P(n + 1) (nếu n có tính chất P thì n 1 cũng có tính chất
P). Khi đó, mọi số nguyên dương đều có tính chất P.
Tính chất sau cũng thường được áp dụng khi chứng minh quy nạp: Giả
sử P(n) là một hàm mệnh đề của biến n biến thiên trên tập hợp Z+ tất cả các số
nguyên dương sao cho P(1) đúng và với mọi số nguyên dương K, nếu P(k)
đúng (đối với mọi số nguyên dương ) k

n thì P(k + 1) cũng đúng. Khi đó,

P(n) đúng đối với mọi số nguyên dương n (Chú ý khi làm việc với các số tự
nhiên thay vì các số nguyên dương, ta xét P(0) thay cho P(1)).
Để chứng minh “mệnh đề chứa biến” P(n) là đúng với mọi số tự nhiên
n ≥ m (m là một số tự nhiên đã cho), ta tiến hành hai bước:
Bước 1 (thường gọi là bước cơ sở): Chỉ ra rằng mệnh đề P(m) đúng.
Bước 2 (bước quy nạp): Với mọi số tự nhiên k ≥ m, ta chứng minh rằng
nếu mệnh đề P(k) đúng thì mệnh đề P(k + 1) cũng đúng.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

4

1.2. Sơ lƣợc về không gian Affine
1.2.1. Không gian affine
Giả sử Α là một tập khác rỗng, các phần tử của A được gọi là các điểm,
V là một K - không gian véctơ, và F là một ánh xạ từ tập A´ A vào không
gian V, ảnh của cặp điểm (A, B) qua ánh xạ F là một véctơ thuộc V được ký
uur

hiệu là AB . Khi đó tập Α được gọi là không gian affine liên kết với K không gian véctơ V bởi ánh xạ F nếu các điều kiện sau đây được thỏa mãn:
1. Với điểm cố định A Î Α thì ánh xạ tương ứng mỗi điểm B Î Α với
uuur
véctơ F (AB)= AB là một song ánh từ tập Α lên tập V.
2. Đối với ba điểm bất kỳ A, B, C thuộc Α , ta có
uur uur uur
AB + BC = AC .
Nếu V là một K - không gian véctơ n - chiều thì Α được gọi là không
gian affine n - chiều. Nếu V là K - không gian véctơ vô hạn chiều thì Α được
gọi là không gian affine vô hạn chiều.
Nếu V là không gian Euclide thì không gian affine Α được gọi là
uuur
không gian Euclide. Khi đó, độ dài của véctơ AB gọi là khoảng cách giữa hai
uur
uuur
điểm A và B trong không gian Euclide Α . Góc giữa các véctơ BA và BC gọi
là góc tạo bởi ba điểm A, B, C trong không gian Euclide Α , ký hiệu là ·ABC .
Khoảng cách giữa hai tập X , Y Ì A ký hiệu và xác định như sau:
uur
r (X ,Y )= inf AB : A Î X , B Î Y .

{

}

1.2.2. Ánh xạ affine
Giả sử Α và Α' là các không gian affine liên kết với các K - không
gian véctơ V và V’. Ánh xạ F : A ® A được gọi là một ánh xạ affine nếu tồn
uuuuuuuuur
uur

tại một ánh xạ tuyến tính f : V ® V ' sao cho F ( A)F ( B ) = f ( AB ) với mọi cặp
điểm A, B thuộc không gian affine Α . Khi đó, ta nói F là ánh xạ affine liên
kết với ánh xạ tuyến tính f.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

5

Mỗi ánh xạ affine là đơn ánh (toàn ánh, song ánh) khi và chỉ khi nó liên
kết với đơn cấu (toàn cấu, đẳng cấu) tuyến tính. Ánh xạ affine là song ánh
được gọi là một đẳng cấu affine. Giữa hai không gian affine tồn tại một đẳng
cấu affine được gọi là một đẳng cấu.
1.2.3. Biểu thức tọa độ trong không gian affine
Mỗi phần tử (x, y) của ¡

2

được

y

biểu diễn hình học bởi một điểm, ký
hiệu là M mà các tọa độ là x, y.
r
Ta ký hiệu 0 = (0,0)= 0 .

y

M

O

x

x

2

Vậy mỗi phần tử (x, y) của ¡ ,
tùy trường hợp, sẽ được xem như một
Hình 1.1

véctơ, hoặc một điểm.
y

Cho M = ( x , y ) Î ¡

2

M'

y'

và M ' = ( x ', y ') Î ¡ 2 .
uuuur
Ký hiệu MM ' là phần tử của ¡

MM'

y

2

M

j
O

x'

x

i

xác định bởi:
uuuur
MM ' = M '- M = ( x '- x , y '- y ).

Hình 1.2

Vậy ta có
M ' = ( x ', y ') = ( x , y ) + ( x '- x , y '- y )
uuuur
= M + MM '.
uuuur
hoặc M ' = ( M '- M ) + M = M + MM '.

Khi các phần tử của ¡

2

trang bị cấu trúc affine (hay ¡
affine ¡

2

được xem như những điểm, ta nói ¡
2

2

được

là một không gian affine) và không gian

thường được gọi là mặt phẳng affine (hay gọi là mặt phẳng). Ta sẽ

ký hiệu A2 là tập hợp các điểm của ¡

2

và sẽ gọi A2 là mặt phẳng affine.

Tương tự, ký hiệu A3 là không gian affine ba chiều.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

6

1.2.4. Tính chất
Tính chất 1. Với mọi A, B , C Î A2 , khi đó
uur r
T1. AB = 0 Û A = B.
uur
uur
T2. BA = - AB.
uur uuur uuur
T3. AB + BC = AC (Hệ thức Chasles).
uur uur uur
T4. AB = CB - CA.
r r
Tính chất 2. Với mọi A, B Î A2 và với mọi u , v Î ¡ 2 , khi đó
r
r
r r
T1. (A + u )+ v = A + (u + v ).
uur r
r
T2. AB = u Û B = A + u.
uur r
r
r r
T3. AB + u = A + v Û u = v .
1.2.5. Khái niệm tâm tỉ cự, tọa độ trọng tâm
Trong không gian affine n chiều An , xét hệ n 1 điểm độc lập

A0 , A1, A2 , , An . Khi đó, ta có A0 , A1, A2 ,..., An là mục tiêu affine ứng với cơ
 


sở affine A0 A1 , A0 A2 ,, A0 An .
Với mọi điểm M, ta có:

A0 M

n


ti . A0 Ai

i 1

Từ đó, ta có

n

 
ti . A0 M MAi

n

i 1

n


ti .MAi

i 0


ti A0 M

i 1


0 với t0 1

n


ti .MAi .

i 1

n

ti hay
i 1

n

ti 1 , nên M là tâm tỉ

i 1

cự của hệ điểm A0 , A1, A2 ,..., An gắn với họ hệ số t0 , t1, t2 ,..., tn , trong đó
n

ti 1. Khi đó ta có t0 , t1, t2 ,..., tn là tọa độ trọng tâm M đối với hệ điểm
i 1

A0 , A1, A2 , , An .

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

7

Như vậy, nếu t0 , t1, t2 ,..., tn là tọa độ trọng tâm của M đối với hệ

A0 , A1, A2 , , An thì t1, t2 ,..., tn là tọa độ trọng tâm của M đối với mục tiêu
affine A0 , A1, A2 ,..., An , với

n

ti 1.
i 1

1.3. Sơ lƣợc về không gian xạ ảnh
1.3.1. Không gian xạ ảnh
Giả sử V n 1 là không gian véctơ n 1 chiều ( n 0 ) trên trường K và X
là một khác rỗng tùy ý. Ta kí hiệu P V n

1

nghĩa là mỗi phần tử của P V n

1

là tập hợp tất cả các không gian con một chiều của V n 1 nghĩa là mỗi phần tử
của P V n
:P Vn

1

1

là một không gian con V 1 của V n 1 . Nếu có song ánh
X thì bộ ba X , ,V n

1

được gọi là không gian xạ ảnh n chiều

liên kết với không gian véctơ V n 1 trên trường K và được kí hiệu là Pn . Ta có
Pn

X , ,V n

1

.

Tùy theo V n

1

là không gian véctơ thực hay phức, ta được không gian

xạ ảnh Pn là thực hay phức.
1.3.2. Ánh xạ xạ ảnh
Cho hai không gian xạ ảnh có cùng số chiều là X n và Y n lần lượt liên
kết với hai không gian véctơ V n 1 và W n 1 . Một ánh xạ f : X n

Y n được gọi

là ánh xạ xạ ảnh nếu có một phép đẳng cấu tuyến tính : V n 1 W n 1 sao cho


a là véctơ đại diện của điểm A của X n thì (a) là véctơ đại diện của điểm
f ( A) thuộc Y n .

Ta nói rằng ánh xạ f được cảm sinh bởi phép đẳng cấu tuyến tính

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

.

/>

8

1.3.3. Tính chất của ánh xạ xạ ảnh
a) Từ định nghĩa ở trên ta suy ra ánh xạ xạ ảnh là một song ánh và do đó
ta còn gọi ánh xạ xạ ảnh là phép đẳng cấu xạ ảnh.
Nếu f : X n
:V n

tính
1

: Wn

1

1

Wn

Y n là ánh xạ xạ ảnh cảm sinh bởi phép đẳng cấu tuyến
1

thì f

1

:Y n

X n là ánh xạ xạ ảnh cảm sinh bởi

V n 1.

b) Một lớp các phép đẳng cấu tuyến tính vị tự với nhau biến không gian
véctơ V n 1 thành không gian véctơ W n 1 cùng cảm sinh ra một ánh xạ xạ ảnh

f :Xn

Y n và ngược lại mỗi phép ánh xạ xạ ảnh f : X n

Y n đều được

cảm sinh bởi một lớp các phép đẳng cấu tuyến tính vị tự với nhau biến V n
thành W n 1 .

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>
1


9

CHƢƠNG 2
MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH HÌNH HỌC
2.1. Một số ví dụ minh họa phƣơng pháp chứng minh hình học
2.1.1. Chứng minh trực tiếp
Ví dụ 2.1. Bất đẳng thức Ptô-lê-mê:
Cho tứ giác ABCD. Chứng minh rằng AC.BD

AB.CD

Lời giải.

AD.BC.
D

Xét tứ giác ABCD (Hình 2.1)

A


Trong ABC
lấy điểm M sao cho:





ABD
= MBC,
ADB
= MCB
.
M

Ta có ΔBAD  ΔBMC

AD BD
=
MC CB

B

C

BD.CM = AD.CB

Hình 2.1

Tương tự, AB.CD = BD.AM , do đó ta có:
AB.CD + AD.BC = BD.AM + BD.CM = BD.(AM + CM). .

Mặt khác, do AM+CM >AC nên ta có BD.(AM + CM)

BD.AC. .

Ví dụ 2.2. Định lý Menelaus:
Cho ΔABC và 3 điểm M, N, P lần lượt nằm trên BC, CA, AB. Khi đó,
ta có:

S
S

MNP
ABC

BM .CN . AP CM . AN .BP
(Hình 2.2).
AB. AC.CA

Lời giải.
A

P
N

B

M

C

Hình 2.2
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

10

Xét ABC (A), ta có: S

ABC

S

MNP

S

BMP

S

CNM

S

APN

.

Mặt khác có
S
S

BMP
ABC

S CNM
S ABC

và

 
BM .BP.sin( BC , CA)
 
BC.BA.sin( BC , CA)

CN .CM S
;
CA.CB S

BM .BP
BC.BA

AP. AN
AB. AC

APN
ABC

Do đó:
S
S

MNP

1

ABC

1

S
S

BMP
ABC

S CNM
S ABC

BM .BP
BC.BA

S
S

APN
ABC

CN .CM
CA.CB

AP. AN
AB. AC

BM .CN . AP CM . AN .BP
AB. AC.CA

2.1.2. Xét tất cả các khả năng có thể
Ví dụ 2.3. Trên mặt phẳng cho ba điểm X, Y, Z thẳng hàng và ba điểm M, N,
P thỏa mãn XN // YP, YM // ZN, XM // ZP. Khi đó ta cũng có M, N, P thẳng
hàng.
Lời giải.
Với các điểm X, Y, Z và M, N, P, ta có các khả năng sau: MP // XYZ hoặc
MP không song song với XYZ
Trường hợp 1: MP // XYZ
Ta có tứ giác MPZX là hình bình

N

M

P

hành. Mà XN // YP nên tứ giác

NPYX cũng là hình bình hành. Do
NP // XY nên M, N, P thẳng hàng.
X

Y

Z

Hình 2.3.a

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

11

Trường hợp 2: MP không song song với XYZ
Gọi S là giao điểm của MP với
XYZ. Đường thẳng qua X song
song với YP cắt MP ở N'.
Bài toán sẽ được gải quyết nếu ta
chứng minh được rằng ZN' // YM
(Vì khi ấy N' trùng N).

Hình 2.3.b

Ta có YP // XN', ZP // XM nên theo Thales ta có:

SY
SZ

SY SX
SX SZ

SP SM
SN ' SP

SM
SN '

Theo định lý Thales đảo ta suy ra ZN' // YM, hay N ' N .
Vậy M, N, P thẳng hàng.
Ví dụ 2.4. Cho tam giác ABC không cân tại A và có các góc 
ABC , 
ACB là
các góc nhọn. Xét một điểm D di động trên cạnh BC sao cho D không trùng
với B, C và hình chiếu vuông góc của A trên BC. Đường thẳng d vuông góc
với BC tại D cắt các đường thẳng AB và AC tương ứng tại E và F. Gọi M, N
và P lần lượt là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác AEF, BDE và CDF.
Chứng minh rằng bốn điểm A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và
chỉ khi đường thẳng d đi qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Lời giải.
Do 
ABC , 
ACB là các góc nhọn nên E nằm trên tia đối của tia AB hoặc
nằm trong cạnh AB, đồng thời F nằm trong cạnh AC hoặc nằm trên tia đối
của cạnh AC. Vì thế, từ định nghĩa các điểm M, N, P suy ra E, M, N thẳng
hàng và M, F, P thẳng hàng.
NMP
Do đó: 

1 
AEF
2

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu


AFE

1
BAC.
2

/>

12

Suy ra A, M, N, P cùng nằm trên một đường tròn khi và chỉ khi

NAP

1
BAC. (1)
2

1
BAC khi và chỉ khi d đi qua tâm I
2


Tiếp theo, ta sẽ chứng minh NAP

của đường tròn nội tiếp tam giác ABC (2).
Không mất tính chất tổng quát, giả sử AB < AC (3)
E

M
A
F

T3
I
T2
N

P

S
T

B
D

x

C

T1

Hình 2.4
(a) Điều kiện cần. Giả sử I

d . Khi đó, từ (3) suy ra E nằm trên tia đối của

tia AB và F nằm trong cạnh AC. Qua A, kẻ đường thẳng Ax (khác AC) tiếp
xúc với (P). Ta sẽ chứng minh CD, DF, FC. Gọi S là giao điểm của Ax và DF.
Ta có AT

AT3 , CT3

AS SD
Vì I

CT1, DT1

AT

ST

DT2 , ST2

DT2 ST2

ST . Do đó

AT3 DT1

AC CD (4)

d nên D là tiếp điểm của (I) và cạnh BC, suy ra
AC CD

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

AB BD

(5)

/>

13

Từ (4) và (5), ta có AS

BD

AB

SD. Vì thế ABDS là tứ giác ngoại tiếp.

Suy ra Ax tiếp xúc với (N). Từ đó, ta có

NAP



NAx
xAP


(b) Điều kiện đủ. Giả sử NAP

1
BAx
2

1
xAC
2

1
BAC.
2

1
BAC. Xét hai trường hợp sau:
2

Trường hợp 1. E nằm trên tia đối của AB và F nằm trong cạnh AC.Qua
A, kẻ tiếp tuyến Ax (khác AC) của (P) cắt DF tại S. Ta có

NAx



NAP
xAP

1

BAC
2

1
xAC
2

1
BAx,
2

suy ra Ax tiếp xúc với (N), dẫn đến ABDS là tứ giác ngoại tiếp. Và như thế, ta
được: AS

BD

AB SD.

Hơn nữa, theo chứng minh trên, ta có AS
Từ đó, ta được BD
Do đó BD

AB CD AC, suy ra 2BD
p b, trong đó p

SD

AC CD (xem (4)).

AB BC

AB BC CA
và b
2

AC.
AC .

Suy ra BD = BK, trong đó K là tiếp điểm của (I) và cạnh BC. Từ đó, do
D và K cùng nằm trong cạnh BC, suy ra D

K . Vì vậy I

d.

Trường hợp 2. E nằm trong cạnh AB và F nằm trên tia đối của tia AC.
Do (3) nên CD > CK. (6)
Mặt khác, dễ thấy, trong trường hợp này B đóng vai trò của C và C
đóng vai trò của B, E đóng vai trò của F và F đóng vai trò của E, (N) đóng vai
trò của (P), (P) đóng vai trò của (N) trong trường hợp trước. Vì thế, theo
chứng minh trên, ta phải có CD = CK, mâu thuẫn với (6). Do đó trường hợp
này không thể xảy ra.
Vậy (2) được chứng minh. Từ (1) và (2) hiển nhiên ta có điều phải
chứng minh.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

14

Ví dụ 2.5. Cho P là điểm cố định nằm bên trong một hình cầu cho trước. Ba
đoạn thẳng PA, PB, PC vuông góc với nhau từng đôi một, có ba đầu mút A,
B, C nằm trên mặt cầu. Gọi Q là đầu mút thứ hai của đường chéo PQ của
hình hộp chữ nhật mà các cạnh là PA, PB, PC. Tìm quỹ tích của điểm Q khi
ba điểm A, B, C chạy trên mặt cầu.
Lời giải.
   
Theo bài ra ta có PQ PA PB PC. Gọi G là trọng tâm của ABC
      

  
thì GA GB GC 0 nên PA PB PC 3PG GA GB GC 3PG (1)
 
Do đó PA 3PG , vì thế quỹ tích của Q là ảnh của quỹ tích của G qua

phép vị tự tâm P tỉ số bằng 3.
Phần thuận: Từ (1) ta có
 2  2  2
9 PG PA PB

 2
PC

     
2PA.PB 2 PB.PC 2 PC.PA.

(2)

Do PA, PB, PC vuông góc với nhau từng đôi một nên

9 PG 2

PA2

PB 2

PC 2 .

(3)

Hoàn toàn tương tự thay P bằng điểm O vào đẳng thức (3) ta có
OA2

OB 2

OC 2

3OG 2

GA2

GB 2

GC 2 .

(4)

Từ (2), (3), (4) suy ra:
6 PG 2

Từ đó R 2

OG 2

GA2

GB 2

GC 2 , 3R 2

2 PG 2 , do vậy OG

3OG 2

6 PG 2 .

R.

 
1 
PO thì 2IP IO 0. Khi đó
3
  2
  2
R 2 OG 2 2 PG 2 PI IG
2 PI IG
 2  2
 2
 2
 


= OI IG 2 PI 2 IG 2 IG OI 2 PI


Nếu lấy PI

OI 2

IG

2

R2

2 PI 2 3IG 2

IO2 2PI 2
3

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

h2 .

(5)

/>

15

h

2

R 2 OP 2
3

h xác định.

0

Vì vậy điểm G chạy trên mặt cầu tâm I bán kính bán kính h xác định
theo hệ thức (5).
Phần đảo:
Ta lấy một điểm G bất kỳ thuộc mặt
cầu tâm I bán kinh h. Ta có
R

2

OG

2

P

2

2 PG , suy ra GO

I

O
C

R,

G
A

tức là điểm G nằm bên trong mặt

B
Q

cầu tâm O. Dễ thấy, tồn tại ba điểm
A, B, C thỏa mãn: G là trọng tâm

Hình 2.5

của tam giác ABC và A, B, C nằm trên mặt cầu (O) ngoài ra PA, PB, PC đôi
một vuông góc với nhau.
Vậy, quỹ tích điểm Q phải tìm là mặt cầu tâm O, bán kính R ' 3h,
với R '

3 R 2 OI 2

2PI 2

3 R2

4
OP 2
9

2
OP 2
9

3R 2

2OP 2 .

2.1.3. Chứng minh phản chứng
Ví dụ 2.6. Gọi K, L, M lần lượt là các điểm tùy ý trên các cạnh BC, CA, AB
của tam giác ABC. Chứng minh rằng trong các tam giác AML, BKM, CLK có
ít nhất một tam giác có diện tích nhỏ hơn hoặc bằng

1
diện tích tam giác
4

ABC.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

16

Lời giải.

Giả sử điều ngược lại xảy ra,

A

nghĩa là diện tích các tam giác
L

M

1
AML, BKM, CLK đều lớn hơn
4
B

diện tích tam giác ABC. Khi đó, xét

K

tam giác ALM, ta có:
4S

ALM

S

Hình 2.6

ABC

4 AL. AM .sin A

BK
,l
CK

AB. AC

4 AL. AM

AM

CL
,m
AL

3 l

AB. AC.sin A

4 AL. AM
3 AL. AM

Đặt k

C

l
m

BM

AL CL

AM .CL BM . AL BM .CL.

AM
, bất đẳng thức trên trở thành:
BM
l
m

(1)

Xét hoàn toàn tương tự đối với hai tam giác BKM và CKL, ta được:

3 k
3 m

1 k
,
l l
1
k

(2)

m
k

(3)

Cộng vế đối vế của (1), (2) và (3) ta có bất đẳng thức:

9 k l m

1
k

1 1 k
m l l

l
m

m
k

(4)

Mặt khác, theo bất đẳng thức Cauchy ta lại có

k l m

1
k

1 1
m l

k

l

l
m

m
k

k

1
k

m

1
1
l
m
l

2 2 2 3. 3

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

k
l

l
m

k l m
l m k

9.

m
k

/>
(5)


17

Mâu thuẫn giữa hai bất đẳng thức (4) và (5). Ta có điều phải chứng minh.
Ví dụ 2.7. Cho góc nhọn xOy, trên tia Ox lấy hai điểm A và A’. Trên tia Oy
lấy một điểm B. Lấy một điểm C bất kỳ thuộc miền trong của góc xOy. Qua A’
kẻ đường song song với AB cắt Oy tại B’. Đường thẳng song song với AC kẻ
qua A’ cắt đường thẳng song song với BC kẻ qua B’ tại C’. Chứng minh rằng
ba đường AA’, BB’, CC’ đồng quy.
Từ giả thiết bài toán AA' và BB ' cắt nhau tại O. Muốn giải quyết bài
toán ta cần chỉ ra CC ' đi qua O. Để làm được điều này ta giả sử CC ' giao với
Ox tại một điểm O ' khác O. Qua quá trình lập luận ta chỉ ra điều vô lý. Nên
O ' trùng O, hay AA' , BB ' , và CC ' đồng quy tại O.

Lời giải.
Xét góc nhọn xOy, ta có: AB // A' B '

y

B

AC // B 'C '
AC // A 'C '

z

Vậy ABC  A ' B ' C '

AB
hay
A' B '

AC
(1)
A 'C '

O

C

C'

A

Vì AB // A' B ' nên

x

Hình 2.6

OA
O ' A'

OB
O'B'

(2)

Giả sử CC ' giao Ox tại một điểm O ' khác O.
Vì AC // A ' C ' nên

OA
O ' A'

Từ (1), (2), (3) suy ra

AC
A 'C '

OA
OA '

O' A
O ' A'

(3)
(4)

Áp dụng tính chất dãy tỷ số bằng nhau cho (4) ta được:

OA OA '
OA '

O ' A O ' A'
AA '
hay
O ' A'
OA '

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

A' A
O ' A'

(5)

/>

18

Suy ra OA ' O ' A ' .
Hai điểm O và O ' nằm cùng phía đối với A ' trên tia Ox.
Kết hợp với (5) ta suy ra O trùng O ' . Hay CC ' qua O.
Vậy AA ', BB ', CC ' đồng quy tại O.
Ví dụ 2.8. Chứng minh rằng mọi tứ diện đều có một đỉnh mà 3 cạnh xuất phát
từ đỉnh đó có độ dài thích hợp để lập thành một tam giác.
Lời giải.
Điểm mấu chốt của bài toán này là ta phải xét cạnh dài nhất của tứ diện.
Điều này rất có lợi vì nó tránh cho ta phải xét nhiều trường hợp nhằm xem thử

một cạnh có dài hơn tổng hai cạnh kia hay không.
A

D

B

C

Hình 2.7
Cho AB là cạnh dài nhất của tứ diện ABCD. Giả sử ngược lại, khẳng
định của bài toán là sai, nghĩa là không có đỉnh nào trong tứ diện ABCD để
cho 3 cạnh xuất phát từ đỉnh đó có độ dài thích hợp để lập thành tam giác.
Lúc đó, ta có

AC

AD (xét đỉnh A),

BA BC

BD (xét đỉnh B).

AB

Từ đó suy ra

2 AB

AC

AD BC

BD.

(*)

Nhưng trong các tam giác ABC và ABD, ta lại có

AB
nên ta được

2 AB

AC CB, AB
AC

AD BC

AD DB
BD.

(**)

Mâu thuẫn giữa (*) và (**) cho ta điều phải chứng minh.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>

19

2.1.4 Chứng minh quy nạp
  
Ví dụ 2.9. Cho OP1 , OP2 ,..., OP2 n 1 là các véctơ đơn vị trong một mặt phẳng.
Các điểm P1, P2 ,..., P2n 1 đều cùng nằm về một phía của một đường thẳng qua
 

O. Chứng minh rằng: OP1 OP2 ... OP2 n 1 1.
Lời giải.
Hiển nhiên mệnh đề đúng với n = 1.
Giả sử mệnh đề đúng với 2n - 1, tức là nó đúng với hệ véctơ
  
  
OP1 , OP2 ,..., OP2 n 1. Ta xét hệ véctơ OP1 , OP2 ,..., OP2 n 1 , và sắp xếp lại sao cho

OPi , i 1,2,...,2n 1 nằm giữa OP2n và OP2 n 1 . Lúc đó, rõ ràng véctơ
  
OP ,
u OP2 n OP2 n 1 có phương nằm trên đường phân giác của góc P
2n
2n 1
suy ra véctơ này lập thành một góc nhỏ hơn 900 với véctơ
 
 
  
v OP1 OP2 ... OP2 n 1 ( v chắc chắn nằm giữa OP1 , OP2 n 1 nên suy ra nó
 
nằm giữa OP2 n , OP2 n 1 ).


Theo giả thiết quy nạp, ta có v 1. Mặt khác, dùng Định lý Cosin ta
  
được u v v . Do đó, ta suy ra mệnh đề đã cho đúng với số 2n 1 , điều
phải
chứng
minh.
Để
 


OP1 OP2 ... OPn
OPn 1 ...

có
đẳng
thức,
ta
lấy:


OP2 n , còn OP2 n 1 là véctơ đơn vị có

hướng tùy ý.
Ví dụ 2.10. Có thể chia n-giác lồi thành bao nhiêu tam giác bởi các đường
chéo không giao nhau?
Lời giải:
Nếu n = 3 thì tam giác không có đường chéo vậy số tam giác chỉ có
một, nghĩa là 3 – 2 =1.
Nếu n = 4 thì rõ ràng tứ giác chỉ có thể chia thành hai tam giác:

4 2 2.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu

/>