LÀM QUEN VỚI CHỨNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG TRONG HÌNH HỌC.doc

LÀM QUEN VỚI CHỮNG MINH BẰNG PHẢN CHỨNG TRONG HÌNH HỌC
Phản chứng là một phương pháp chứng minh gián tiếp rất hiệu quả, khi đó ta phải
chứng minh mệnh đề phủ định là sai. Trong quá trình giảng dạy ở trường phổ
thông, tôi nhận thấy học sinh còn chưa thuần thục khi áp dụng phương pháp này
để chứng minh các bài toán hình học.
Hi vọng rằng qua các ví dụ dưới đây, các bạn sẽ nắm vững hơn phương pháp
chứng minh đặc biệt này.
Ví dụ 1 : Chứng minh rằng trong tứ giác ABCD, nếu ∠ A = ∠ B; ∠ D > ∠ C thì
AD < BC.
Lời giải : Ta sẽ chứng minh AD ≥ BC là sai. Thật vậy, gọi giao điểm của AD và
BC là E ta có :
∠ DAB = ∠ ABC (giả thiết) suy ra ∠ EAB = ∠ EBA => ∆ EAB cân tại E => EA
= EB.
Giả sử AD = BC => AD + EA = BC + EB => ED = EC => ∆ EDC cân tại E =>
trái với giả thiết.
Giả sử AD > BC => AD + EA > BC + EB => ED > EC => ∠ C > ∠ D, cũng tráI
với giả thiết.
Vậy chỉ có thể là AD < BC.
Ghi chú : Ta hoàn toàn có thể chứng minh trực tiếp kết quả này.
Ví dụ 2 : Cho hình vuông ABCD có cạnh bằng a ; M là trung điểm của cạnh AD ;
điểm E nằm trên BC thỏa mãn điều kiện 0 < CE < a/2. Qua M kẻ đường thẳng
song song với AE, cắt cạnh CD tại F. Chứng minh rằng hình thang AMFE không
thể là hình thang cân.
Lời giải : Giả sử AMFE là hình thang cân thì AM = FE (*) và ∠ MAE = ∠ FEA,
mà ∠ MAE = ∠ BEA => ∠ FEA = ∠ BEA => EA là phân giác của (góc ngoài
của ∆ EFC).
Mặt khác CA là phân giác của ∠ BCD (tính chất đường chéo của hình vuông),
suy ra A là tâm đường tròn bàng tiếp trong ∠ ECF của ∆ EFC (đường tròn này
tiếp xúc với CE và CF lầ lượt tại B và D).
Lại có 0 < CE < a/2 => BE > a/2
EF = BE + DF > BE > a/2 => EF > AM, Mâu thuẫn với (*).

Vậy AMFE không thể là hình thang cân.
Ví dụ 3 : Cho đường tròn tâm O có hai đường kính AB và CD vuông góc với
nhau. Gọi I và K lần lượt là trung điểm của OA, OB. Tia CK cắt (O) tại F. Chứng
minh rằng không phải là góc vuông.
Lời giải : Giả sử ∠ CIF = 90
o
suy ra : ∠ OIF + ∠ OIC = ∠ ICD + ∠ OIC = 90
o

=> ∠ OIF = ∠ ICD.
Như vậy nếu gọi E là giao điểm của tia CI với (O) ; P và Q lần lượt là giao điểm
của tia FI với (O) và đường kính CD thì sđ ∠ ED = sđ ∠ AP + sd ∠ FB
Mặt khác vì AB, CD là hai đường kính vuông góc của (O) nên sđ ∠ AD = sd
∠ DB ; OI = OK (bằng nửa bán kính (O)) nên CD là trung trực của đoạn IK =>
CD là phân giác của ∠ ECF => sd ∠ DE = sđ ∠ DF Suy ra : sđ ∠ AE = sd ∠ AD
- sđ ∠ DE = sđ ∠ DB - sđ ∠ DF = sđ ∠ FB => sđ ∠ FB
Từ (1) và (2) => sđ ∠ DE = sđ ∠ EP => CE là phân giác của ∠ PCD, lại có CI
⊥ PQ nên ∆ CPQ cân tại C và IP = IQ. Ta dễ dàng chứng minh được ∆ AIP = ∆
OIQ (c.g.c).
Suy ra => ∆ BAP có là điều vô lí.
Vậy không phải là góc vuông.
Ví dụ sau đây là bài toán thách đấu số 4 (TTT2 số 12) đã quen thuộc với các bạn,
bài toán có rất nhiều cách chứng minh. Nhân bài viết này tôi xin trình bày thêm
một cách chứng minh khác.
Ví dụ 4 : Cho hình vuông ABCD. Điểm M thuộc miền trong của hình vuông, thỏa
mãn điều kiện ∠ MAD = ∠ MDA = 15
o
. Chứng minh rằng MBC là tam giác đều.
Lời giải : Theo giả thiết ta suy ra : ∠ BAM = ∠ CDM = 75
o

(1) ; ∠ AMD = 150
o
(2) ; ∆ MAD cân tại M => MA = MD => ∆ BMA = ∆ CMD (c.g.c) => MB = MC
(4) => ∆ MBC cân tại M => ∠ MBC = ∠ MCN (5)
Giả sử ∆ MBC không đều, từ (4) suy ra : MB > BC hoặc MB < BC. Nếu MB >
BC => MB > AB => ∠ BMA < ∠ BAM => BMA < 75
o
, từ (1), (2), (3) ta có :
∠ AMD + ∠ BMA + ∠ CMD < 300
o
=> ∠ BMC > 60
o
, từ (5) => ∠ MBC <
∠ BMC => MB < MC , mâu thuẫn với giả thiết ban đầu.
Tương tự như trên, từ MB < BC ta lại chứng minh được MB > BC, là điều vô lí.
Vậy chỉ có thể là BC = MB = MC hay ∆ MBC là tam giác đều.
Bài tập vận dụng.
Bài 1 : Cho tam giác ABC. Chứng minh m
a
> a/2 thì ∠ A nhọn, trong đó a và m
a

lần lượt là độ dài của cạnh BC và đường trung tuyến kẻ từ A).
Bài 2 : Cho đường tròn (O) và I, K lần lượt là trung điểm của các dây cung AB,
CD. Biết rằng AB > CD và tia AB cắt tia CD tại P, chứng minh rằng PI > PK.