PHẦN I: PHƯƠNG ÁN ÁP DỤNG PHƯƠNG PHÁPBÀI TOÁN NGƯỢC ( Hình Học)
2. Thiếp lập mệnh đề đảo ;
3.2. Phương pháp cực hạn trong chứng minh bài toán ngược
Là phương pháp được áp dụng đối với các phần tử biên vai trò như nhau VD1: Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD
CMR: Nếu ABCD là hình thoi thì chu vi (AOB) = chu vi (BOC) = chu vi (COD) = chu vi (DOA)
Bài toán ngược: Gọi O là giao điểm của 2 đường chéo AC và BD
CMR: Nếu thì ABCD là hình thoi.
Giải:
Áp dụng phương pháp cực hạn
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 36 Vai trò OA, OB, OC, OD là nhƣ nhau
Nên giả sử
=>∆OA1D1 = ∆OAD (c.g.c) và ∆ OA1D1 thuộc miền trong ∆DBC
=>Chu vi (OA1D1) ≤ Chu vi (OCB)
chu vi (OAD) = chu vi (OA1D1) ≤ chu vi ( OCB ) = chu vi ( OAD ) dấu "=" xảy ra : COA1D1 = COCB => A1 ≡ Cvà D1 ≡ B
Là hình bình hành (1) mặt khác : CAOB = CAOD
Vậy (1), (2) => ABCD là hình thoi
VD2: Cho ABCD là hình thoi, AD BC = 0. CMR: ABCD ngoại tiếp đường tròn tâm 0 Chứng minh:
Ta có S(AOB) = S (BOC) = S (COD) = D(DOA) ẵ r2 . AB = ẵ r3 . BC = ẵ r4 . DC = ẵ r1 AD
r1 = r2 = r3 =r4
ABCD ngoại tiếp (O; r1)
Bài toán ngƣợc : Tứ giác ABCD, AC ∩ BD = O. Điểm O cách đều các cạnh của tứ giác.
CMR: ABCD là hình thoi.
Chứng minh:
Vai trò của OA, OB, OC, OD nhƣ nhau Giả sử
Gọi A1 = S0(A) B1 = S0(B)
Ta có OA1B1 = AOB => r1 = r
OA1B1 ⊂ ODC, r r3 vì r OI ( cạnh huyền OI)
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 37 và OI r3
r1= r r3=r1 (giả thiết r3=r1)
Dấu "=" xảy ra => r = r3 => r3 = OI => I ≡ H B1=D, A1 ≡ C
OA=OC và OB=OD => ABCD là hình bình hành (1)
mặt khác : S(AOD) = S(AOB)
(1),(2) => ABCD là hình thoi.
VD3: Cho hình chữ nhật ABCD. CMR: rABC = rBCD= rCDA= rDAB
=> Bài toán ngƣợc: Cho tứ giác ABCD có : rABC = rBCD = rCDA = rDAB thì ABCD là hình chữ nhật.
Giải:
Giả sử rABC = rBCD = rCDA = rDAB
Vẽ các hình bình hành ABB'C,ADD'C => BB'D'D là hbh Ta có ∆ABC=∆BB'C, ∆ADC=∆DCD'
=> rABC= rBB'C, rADC= rDCD
Mặt khác :∆ABD=∆B'CD ,(c.c.c)
=> rABD=rB'CD' Theo giả thiết:
rABC=rBCD=rCDA=rDAB
=> rBB'C=rBCD=rDCD=rB'CD'
Gọi E=BD' ∩ B'D. Ta chứng minh E ≡ C
Giả sử C#E => C thuộc 1 trong 4 tam giác EBD,EBB' EB'D',EDD'
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 38
Giả sử E thuộc miền tam giác (mâu thuẫn)
B,C,D' thẳng hàng Mà AD // = ED' => AD //= BC => ABCD là hbh
<=> AB+BD+DA=AD+DC+CA
<=>BD=CA
ABCD là hình chữ nhật.
4.Bàỉ toán quỹ tích
Cấu trúc bài toán quỹ tích :
Gọi A là mệnh đề : Điểm M có tính chất α Gọi B là mệnh đề : Điểm M thuộc hình H thì mệnh đề thuận có cấu trúc logic: A=> B mệnh đề đảo có cấu trúc logic: B=>A
Học sinh lại gặp 1 hình thức của bài toán ngƣợc
Ví dụ: Cho 2 nửa đường thẳng Ox, và Oy vuông góc với nhau, đỉnh góc A của 1 tam giác vuông là 1 điểm cố định nằm trong góc xOy, còn 2 đầu cạnh huyền BC thì di động trên Ox và Oy. Tìm quỹ tích trung điểm M của cạnh huyền BC.
Giải;
Ta có: MA = MO = 1/2BC =>M ϵ trung trực của AO
Do B, C di động trên Ox, Oy nến M ϵ đoạn trung trực M0M1 của OA
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 39 Mệnh đề thuận là:
" Nếu điểm M là trung điểm của đoạn BC (A1) và BÂC là góc vuông ( A2)
thì M nằm trên đoạn M0M1 thuộc trung điểm của OA "(B) Cấu trúc logic của mệnh đề này là : A1A2 => B
Phần đảo chứng minh theo hình thức đảo toàn bộ B => A1A2
- Lấy ∀M ∈MoM1, ta có MO=MA - Dựng ( M, MO) cắt Ox, Oy tại B,C Do tứ giác ABOC nội tiếp
=> BÂC + BÔC = 2v mà BÔC = lv (giả thiết) =>BÂC= lv (A2)
Mặt khác, BÔC là góc nội tiếp chắn nửa đường tròn ( M;MO) nên BC là đường kính.
● B => A1A2 = ( B=>A1)(BA1=>A2) - Lấy ∀M∈MoM1
- Hạ MI ⊥ Ox tại I - Lấy C ∈ Ox, IC = IO - CM ∩ Oy=B
Ta có
=> MB = MC => M là trung điểm BC ( A1) Mặt khác : MO = 1/2 BC
MA = 1/2 BC
BAC vuụng tại A ( cú trung tuyến = ẵ cạnh huyền ) ( A2)
●Phần đảo chứng minh theo hình thức đảo bộ phận BA2 => A1
SVTH: Lê Thị Ngọc Phượng | 40 - Lấy ∀M ∈MoM1
- Hạ MI ⊥ Ox tại I - Lấy C ∈Ox, IC = IO
- Nối CA. Dựng CÂt= 1v, At ∩ Oy = B Theo cách dựng ta có: BÂC = lv ( A2) Cần chứng minh : M là trung điểm BC Ta có: Â + Ô = 2v
ABOC nội tiếp
BÂC= lv => BC là đường kính ( 1)
mà MA=MO=MC ( AMOC cân => MO=MC)
M là tâm của đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABOC (2) (1),(2) => M là trung điểm của BC ( A1)