Đề tài nghiên cứu khoa học: Những bài toán chứng minh bằng phương pháp phản chứng trong phổ thông

Chia sẻ: Luu Chung | Ngày: | Loại File: DOC | Số trang:27

Thêm vào BST

Báo xấu

967
lượt xem 165
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề tài Nghiên cứu Khoa học "Những bài toán chứng minh bằng phương pháp phản chứng trong phổ thông" cảu sinh viên Mai Vũ Huy và Nguyễn Thị Thúy Lam nhằm đánh giá số lượng các bài toán áp dụng phương pháp chứng minh phản chứng trong SGK. Ngoài ra, việc nghiên cứu các bài tập trong các tài liệu khác nhằm thể hiện cái hay và sự quan trọng của phương pháp này trong việc giải các bài toán ở phổ thông.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề tài nghiên cứu khoa học: Những bài toán chứng minh bằng phương pháp phản chứng trong phổ thông

TRƯỜNG CAO ĐẲNG SƯ PHẠM NHA TRANG KHOA TỰ NHIÊN BỘ MÔN TOÁN    Mai Vũ Huy Nguyễn Thị Thúy Lam Lớp: Toán – Tin K29 Đề tài nghiên cứu khoa học NHỮNG BÀI TOÁN CHỨNG MINH BẰNG PHƯƠNG PHÁP PHẢN CHỨNG TRONG PHỔ THÔNG Hướng dẫn khoa học: Thầy Nguyễn Chính. Nha Trang, ngày 07 tháng 05 năm 2006 1
LỜI GIỚI THIỆU Một bài toán có nhiều cách giải, nhưng ta phải chọn một cách tiếp cận, một cách giải hợp lí nhất. Để tiến tới cách giải hay nhất đôi khi phải trải qua quá trình thử sai nhiều cách giải, hoặc kết hợp nhiều phương pháp giải khác nhau. Quá trình này không hề đơn giản, đòi hỏi người giải toán phải nắm vững kiến thức cơ bản và có hướng đi đúng cho từng bài toán cụ thể. Mỗi phương pháp đều có cái hay và thế mạnh riêng đối với một lớp bài toán nhất định. Trong đề tài này chúng tôi trình bày “Những bài toán chứng minh bằng phương pháp phản chứng trong phổ thông”. Đây là phương pháp hay dùng trong lập luận toán học, thể hiện sự chặt chẽ, lý luận hợp lôgic của người giải toán. Điều quan trọng của phương pháp này là tìm ra mệnh đề phủ định của điều cần chứng minh, từ đó dẫn đến sự vô lý với giả thiết bài toán hay mâu thuẫn với kiến thức toán học đã biết. Trong quá trình nghiên cứu các bài toán giải bằng phương pháp phản chứng, chúng tôi phân thành các dạng sau: 1. Suy luận và loại trừ. 2. Sự vô lý suy ra từ những kiến thức đã biết. 3. Sự vô lý suy ra từ giả thiết bài toán. Trong giới hạn cho phép chúng tôi chỉ có thể đưa ra một số bài toán đặc trưng cho mỗi dạng và một số đề tham khảo tương ứng. Đề tài này chưa nêu hết những cái hay và đầy đủ những dạng toán của phương pháp phản chứng. Bài tập đưa ra chỉ thể hiện được phần nào cho các dạng nêu trên. Những kinh nghiệm đưa ra được rút từ bản thân nên có thể còn nhiều thiếu sót. Rất mong được sự đóng góp ý kiến của thầy cô và các bạn. 2
MỞ ĐẦU I.Tên đề tài: 1. Tên đề tài: “Những bài toán chứng minh bằng phương pháp phản chứng trong phổ thông”. 2. Người thực hiện: Sv Mai Vũ Huy Sv Nguyễn Thị Thúy Lam. II. Lý do chọn đề tài: Phương pháp phản chứng là một phương pháp hay, được vận dụng để giải nhiều bài toán phổ thông. Nhưng trong SGK số lượng những bài tập giải bằng phương pháp này là không nhiều. Trong quá trình giảng dạy, giáo viên thường ít chú trọng đến phương pháp phản chứng trong việc giải toán. Chúng tôi chọn đề tài “ Những bài toán chứng minh bằng phương pháp phản chứng trong phổ thông” với mong muốn các bạn sinh viên sư phạm và học sinh thấy được cái hay và sự quan trọng của phương pháp này trong giải toán phổ thông. Từ đó, có thể vận dụng phương pháp chứng minh phản chứng phổ biến hơn khi giải các bài toán ở THCS. III. Mục đích của đề tài: Chúng tôi nghiên cứu đề tài này nhằm đánh giá số lượng các bài toán áp dụng phương pháp chứng minh phản chứng trong SGK. Ngoài ra, việc nghiên cứu các bài tập trong các tài liệu khác nhằm thể hiện cái hay và sự quan trọng của phương pháp này trong việc giải các bài toán ở phổ thông. IV. Đối tượng và phạm vi nghiên cứu: 1. Đối tượng nghiên cứu: Những bài toán chứng minh bằng phương pháp phản chứng. 2. Phạm vi nghiên cứu: - Bộ SGK 6, 7, 8, 9. - Một số sách tham khảo khác. V. Nhiệm vụ của đề tài: 1. Tìm hiểu cơ sở lôgic của phương pháp chứng minh phản chứng. 2. Phân loại các bài toán chứng minh bằng phương pháp chứng minh phản chứng thành các dạng. 3. Nghiên cứu những bài tập trong bộ SGK 6, 7, 8, 9 chứng minh bằng phương pháp phản chứng và một số bài tập trong các sách tham khảo khác. 4. Khai thác một số bài toán, dự đoán sai lầm học sinh có thể mắc phải và rút ra một số kinh nghiệm cho các bạn sinh viên sư phạm. VI. Phương pháp nghiên cứu: 1. Phương pháp nghiên cứu lý luận: *Phương pháp đọc sách và nghiên cứu tài liệu. 3
a. Mục đích: Chúng tôi sử dụng phương pháp này nhằm tìm hiểu cơ sở lôgic của phương pháp chứng minh phản chứng. b. Cách tiến hành: Chúng tôi đã tiến hành đọc những cuốn sách, tài liệu tham khảo có liên quan đến đề tài này, chúng được liệt kê ở phần “ Tài liệu tham khảo”. 2. Phương pháp nghiên cứu thực tiễn: a. Mục đích: Chúng tôi sử dụng phương pháp này nhằm tìm hiểu mức độ vận dụng của phương pháp chứng minh phản chứng trong việc giải các bài toán phổ thông. b. Cách tiến hành: Nghiên cứu những bài toán cụ thể trong bộ SGK 6, 7, 8, 9 và trong một số sách tham khảo khác ở chương trình THCS. 4
CHƯƠNG I: CƠ SỞ LÔGIC CỦA PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH PHẢN CHỨNG. I. Cơ sở lôgic: Dựa vào những hiểu biết về lôgic mệnh đề. Trong đó sử dụng các phép liên kết lôgic là chủ yếu. * Phép liên kết lôgic là gì?  Phép liên kết lôgic hay còn gọi là phép toán lôgic, cho phép từ những mệnh đề sơ cấp cho trước có thể xây dựng những mệnh đề mới ngày càng phức tạp hơn.  Các phép liên kết bao gồm: 1. Phép phủ định (  ). 2. Phép tuyển ( ∨). 3. Phép hội ( ∧). 4. Phép kéo theo ( ⇒ ). *Phương pháp chứng minh phản chứng mô tả quá trình lập luận như sau: Cần chứng minh mệnh đề A ⇒ B. Để chứng minh A ⇒ B đúng, ta xây dựng giả thiết rằng : 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 B đúng thông qua một số phép biến đổi tương đương dẫn đến 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 (điều phải chứng minh). II. Các bước suy luận phản chứng: 1. Phương pháp chứng minh phản chứng sử dụng khi nào? Gặp những bài toán khẳng định một hệ thức đúng, khẳng định nghiệm của phương trình, hệ phương trình hoặc một bất đẳng thức… trong đại số, hình học, số học người ta hay dùng phương pháp phản chứng. 2. Các bước suy luận phản chứng: Bước 1: Giả sử điều cần chứng minh là sai ( phủ định lại mệnh đề cần chứng minh ). Bước 2: Từ điều giả sử ta suy ra một số tính chất hoặc quan hệ mới, mà những tính chất này mâu thuẫn với điều đã cho hoặc trái với tính chất ta đã biết. 5
Bước 3: Ta kết luận điều giả sử ban đầu là sai. Vậy bài toán được chứng minh. •Chú ý: Trong hai bước suy luận phản chứng nêu trên, bước 1 rất quan trọng vì cần tạo ra mệnh đề phủ định điều cần chứng minh phải chính xác. III. Tìm mệnh đề phủ định điều cần chứng minh: 1. Tìm mệnh đề phủ định: * C ác dạng mệnh đề: 1.1 Mệnh đề tồn tại: Một mệnh đề ký hiệu P(x) xác định trên miền X. Mệnh đề tồn tại thường có dạng:  Tồn tại x ∈ X sao cho T(x). Hay thường viết: ∃ x∈ X: T(x). Mệnh đề tồn tại cũng có mệnh đề đúng và mệnh đề sai. Ví dụ: • Mệnh đề tồn tại đúng: “ Tồn tại một số thực x sao cho x chia hết cho 3.” ≡∃ x ∈ R:x  3 (1) • Mệnh đề tồn tại sai: “ Tồn tại một số thực x là nghiệm của phương trình x 2+x+1= 0.” ≡∃ x0∈ R: x02 +x0 +1= 0. (2) 1.2.Mệnh đề tổng quát: Một mệnh đề được ký hiệu P(x) xác đ ịnh trên miền X. Mệnh đ ề tổng quát thường có dạng:  Với mọi số thực x thuộc X sao cho T(x).. Hay thường viết: ∀x∈ X, T(x). Mệnh đề tổng quát cũng có mệnh đề đúng và mệnh đề sai. Ví dụ: • Mệnh đề tổng quát sai: “Với mọi số thực x đều chia hết cho 3.” ≡ ∀x ∈ R, x  . 3 (3) • Mệnh đề tổng quát đúng: “Với mọi số thực x đều không là nghiệm của phương trình: x +x+1= 0.” ≡ ∀x ∈ R, x2+x+1≠ 0. 2 (4) * Phủ định mệnh đề tồn tại và mệnh đề tổng quát: • ( ∃ x∈ X: T(x)) ≡ ∀x∈ X,  T(x). • ( ∀x∈ X, T(x)) ≡ ∃ x∈ X:  T(x). Như vậy hai mệnh đề (∀x∈ X, T(x))và (∃ x∈ X: T(x)) là phủ định của nhau. Ví dụ: • Mệnh đề phủ định của (1) là: 6
“Với mọi số thực x thì x không chia hết cho 3.” ≡ ∀x ∈ R, x không chia hết cho 3. • Mệnh đề phủ định của (2) là (4). 2. Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh: Ở phần này ta chỉ xét một số ví dụ cụ thể và chỉ quan tâm đến việc lập mệnh đề phủ định. Ví dụ 1: Chứng minh với mọi số tự nhiên n, ta có n5 - n chia hết cho 5.  Mệnh đề cần chứng minh: ∀n ∈N, n5 - n chia hết cho 5.  Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh: ∃ n ∈N: n5 - n không chia hết cho 5. Ví dụ 2: Chứng minh rằng không tồn tại các số nguyên m, n sao cho : m2 – n2 =2002.  Mệnh đề cần chứng minh: (∃ m, n ∈Z: m2-n2 = 2002).  Mệnh đề phủ định điều cần chứng minh: ∃ m, n ∈Z: m2-n2=2002. 7
CHƯƠNG II: NỘI DUNG Trong phần nội dung, chúng tôi đi vào từng dạng toán cụ thể. Trong từng dạng, chúng tôi khảo sát những bài tập tiêu biểu trong SGK, ngoài ra chúng tôi chọn thêm những bài toán tiêu biểu ở các sách khác. I.Dạng 1:Suy luận và loại trừ. 1.Bài tập 1: Trong mặt phẳng cho năm điểm, trong đó không có ba điểm nào thẳng hàng. Mỗi cặp điểm trong năm điểm đó được nối với nhau bởi một đoạn thẳng và được tô màu xanh hoặc đỏ sao cho bất kỳ ba cạnh nào tạo thành một tam giác thì không cùng màu. Chứng minh: Qua một điểm bất kỳ có đúng hai cạnh màu xanh và hai cạnh màu đỏ. 1.1 Phân tích tìm lời giải: Với năm điểm cho trước A, B,C, D, E thì qua mỗi điểm có bốn đường thẳng nối điểm đó với các điểm còn lại. Ta cần chỉ ra trong bốn đường đó thì có đúng hai đường màu xanh và hai đường màu đỏ. Với đặc điểm bài toán này ta không thể chứng minh trực tiếp, mà ta có thể xét các trường hợp có thể xảy ra của bài toán. Bằng suy luận ta chỉ ra duy nhất tr ường hợp mỗi đỉnh có hai đường màu xanh và hai đường màu đỏ là đúng. 1.2 Lời giải: Không mất tính tổng quát ta xét đỉnh A. Qua A ta kẻ được bốn đường thẳng AB, AC, AD, AE có màu xanh hoặc màu đỏ. Các trường hợp có thể xảy ra: Trường hợp 1: Cả bốn đường thẳng cùng màu xanh (hoặc đỏ). Vì ba cạnh tạo nên một tam giác bất kỳ không cùng màu nên những cạnh tạo ra từ bốn đỉnh còn lại ( trừ đỉnh A) đều là màu đỏ (hoặc xanh). Nhận thấy bất kỳ ba trong bốn cạnh đó đều tạo nên một tam giác cùng màu đỏ (hoặc xanh). Điều này trái với giả thiết bài toán. Vậy trường hợp này không thể xảy ra. Trường hợp 2: Trong bốn đường thẳng đó có ba đường màu xanh và một đường màu đỏ ( hoặc ba đường màu đỏ và một đường màu xanh ). Xét ba đỉnh tạo với A ba đường thẳng màu xanh . Vì ba cạnh của một tam giác bất kỳ không cùng màu nên ba cạnh được tạo từ ba đỉnh nói trên phải cùng màu đỏ. Do đó đã hình thành một tam giác cùng màu đỏ từ ba đỉnh đó. Không đúng với giả thiết bài toán. Vậy trường hợp này không thể xảy ra. Trường hợp 3: Tại mỗi đỉnh có hai đường màu xanh và hai đường màu đỏ. Kết luận:Trường hợp 1 và trường hợp 2 không thể xảy ra, do đó chỉ có thể xảy ra trường hợp 3. Vậy tại mỗi đỉnh có đúng hai đường màu xanh và hai đường màu đỏ. 8
1.3 Bài học kinh nghiệm: 1.3.1 Khó khăn của học sinh: - Tiếp xúc với bài toán, nhiều học sinh không rõ đ ề toán và hầu nh ư không tìm ra hướng giải quyết. - Học sinh không đưa ra đầy đủ các trường hợp, hoặc không chia thành các trường hợp cụ thể mà lý luận chung chung. - Học sinh gặp khó khăn trong cách diễn đạt. 1.3.2 Kinh nghiệm khi giảng dạy: Qua bài toán này, người dạy cần: - Làm cho học sinh hiểu rõ yêu cầu của bài toán và hướng học sinh t ới việc lựa chọn cách giải quyết cho phù hợp. - Khái quát bài toán thành một dạng và xây dựng phương pháp chung để giải bài toán đó. - Rèn luyện cho học sinh khả năng suy luận chặt chẽ, hợp lôgic. 2.Bài tập 2: Người ta đồn rằng ở một ngôi đền nọ rất thiêng có ba vị thần ngự vị: thần thật thà (luôn nói thật), thần dối trá (luôn nói dối) và thần khôn ngoan (lúc nói thật, lúc nói dối). Các vị thần đều ngự trên bệ thờ và sẵn sàng trả lời câu hỏi khi có người thỉnh cầu. Nhưng hình dạng ba vị thần giống hệt nhau nên người ta không biết vị thần nào trả lời để tin hay không tin. Một hôm có học giả từ phương xa đến đền xin thỉnh cầu. Bước vào miếu học giả hỏi vị thần ngồi bên phải: -Ai ngồi cạnh ngài? - Đó là thần dối trá. Tiếp đó hỏi vị thần ngồi giữa: - Ngài là thần gì? - Tôi là thần khôn ngoan. Cuối cùng ông ta quay sang hỏi vị thần ngồi bên trái: - Ai ngồi cạnh ngài? - Đó là thần thật thà. Nghe xong học giả khẳng định mỗi vị là thần gì. Bạn cho biết học giả đó suy luận như thế nào? 2.1 Phân tích tìm lời giải: Nhận thấy ba câu hỏi của học giả đều nhằm xác định một thông tin : Thần ngồi ở giữa là thần gì?. Dựa vào các câu hỏi của học giả ta suy luận vị nào là thần thật thà. Sau đó từ lời của thần thật thà, ta biết được đâu là thần dối trá, đâu là thần khôn ngoan. 2.2 Lời giải: Từ câu trả lời của thần ngồi giữa “ Tôi là thần khôn ngoan”, nên thần ngồi giữa không phải là thần thật thà. Nếu thần ngồi bên trái là thần thật thà thì không thể trả lời cho câu hỏi“Ai ngồi cạnh ngài?” là “Đó là thần thật thà.” 9
Vậy ngồi bên phải là thần thật thà. Câu trả lời của thần thật thà cho câu hỏi “ Ai ngồi bên cạnh ngài?” là “Đó là thần dối trá.”Nên ngồi giữa là thần dối trá. Vậy ngồi bên trái là thần khôn ngoan. 2.3 Bài học kinhnghiệm: - Khi dạy những bài toán như trên người dạy nên khái quát thành một dạng và xây dựng hướng đi chung. - Tập cho học sinh suy luận chặt chẽ và hợp lôgic. - Một bài toán có nhiều cách suy luận nên cần chọn cách suy luận hay nhất. Điều quan trọng là kiên nhẫn đọc nhiều lần để phân tích, hiểu rõ yêu cầu bài toán. 3. Một số bài toán khác: Bài 1: Tổ Toán của một trường phổ thông trung học có năm người: thầy Hùng, thầy Quân, cô Vân, cô Hạnh, cô Cúc.Kỳ nghỉ hè cả tổ được hai phiếu đi nghỉ mát.Mọi người đều nhường nhau, thầy hiệu trưởng đề nghị mỗi người đề xuất một ý kiến. Kết quả như sau: 1. Thầy Hùng và thầy Quân đi. 2. Thầy Hùng và cô Vân đi. 3. Thầy Quân và cô Hạnh đi. 4. Cô Cúc và cô Hạnh đi. 5. Thầy Hùng và cô Hạnh đi. Cuối cùng thầy hiệu trưởng quyết định chọn đề nghị của cô Cúc, vì theo đề nghị đó thì mỗi đề nghị đều thỏa mãn một phần và bác bỏ một phần. Bạn hãy cho biết ai đã đi nghỉ mát trong kỳ nghỉ hè đó? Hướng dẫn: Nếu chọn đề nghị thứ nhất thì đề nghị thứ tư bị bác bỏ hoàn toàn. Vậy không thể chọn đề nghị thứ nhất và đề nghị thứ tư. Nếu chọn đề nghị thứ hai thì đề nghị thứ ba bị bác bỏ hoàn toàn. Vậy không thể chọn đề nghị thứ hai và đề nghị thứ ba. Nếu chọn đề nghị thứ năm thì mỗi đề nghị trong bốn đề nghị còn lại đều thỏa mãn một phần và bác bỏ một phần. Vậy đề nghị thứ năm được chọn. Bài 2: Có ba quả cam và ba quả quýt được đựng vào ba hộp khác nhau: một hộp đựng hai quả cam ( CC ), một hộp đựng một quả cam và một quả quýt ( CQ ), một hộp đựng hai quả quýt ( QQ ). Khi dán nhãn do sơ xuất, người ta đã dán nhầm nhãn cho ba hộp đó và không một hộp nào được dán đúng nhãn. Một người nói: “ Tôi chỉ c ần mở một hộp và lấy ra một quả trong hộp đó thì tôi có thể nói chính xác trong từng hộp đựng quả gì.” Bạn hãy cho biết người đó đã mở hộp nào và suy luận như thế nào. Hướng dẫn: 10
Ta mở hộp CQ. Nếu lấy ra quả quýt thì hộp đó đựng hai quả quýt. Hộp dán nhãn CC đựng một quả cam và một quả quýt. Hộp dán nhãn QQ đựng hai quả cam. Nếu lấy ra quả cam thì hộp đó đựng hai quả cam. Hộp dán nhãn CC đựng hai quả quýt. Hộp dán nhãn QQ đựng một quả cam và một quả quýt. Bài 3: Thầy Nghiêm được nhà trường cử đưa bốn học sinh Lê, Huy, Hoàng, Tiến đi thi đấu điền kinh. Kết quả có ba em đạt các giải nhất, nhì, ba và một em không đạt giải. Khi về trường mọi người hỏi kết quả các em trả lời như sau: Lê: Mình đạt giải nhì hoặc ba. Huy: Mình đã đạt giải. Hoàng: Mình đạt giải nhất. Tiến: Mình không đạt giải. Nghe xong thầy Nghiêm mỉm cười và nói: “ Chỉ có ba bạn nói thật, còn một bạn đã nói đùa.” Bạn hãy cho biết học sinh nào đã nói đùa, ai đạt giải nhất và ai không đạt giải? Hướng dẫn: Nếu Lê nói đùa thì cả ba bạn Huy, Hoàng, Tiến đều nói thật. Như vậy cả Lê và Hoàng đều đạt giải nhất. Điều này vô lý, vậy Lê đã nói thật. Suy luận tương tự, ta kết luận cả Huy và Tiến đều nói thật. Vậy Hoàng nói đùa. Có nghĩa là Hoàng đạt giải nhì hoặc ba, Lê đạt giải nhì hoặc ba, Huy đạt giải nhất, còn Tiến không đạt giải. 11
II. Dạng 2: Sự vô lý suy ra từ những kiến thức đã biết. 1. Bài tập 1: a.Vẽ d’ // d và d” // d ( d’ và d” phân biệt ) b. Suy ra d’ // d” bằng cách trả lời các câu hỏi sau: - Nếu d’ cắt d” tại M thì M có nằm trên d không? Vì sao? - Qua điểm M nằm ngoài d vừa có d’ // d, vừa có d” // d thì có trái với tiên đề Ơclit không? Vì sao? - Nếu d’ và d” không thể cắt nhau ( vì trái với tiên đề Ơclit ) thì chúng thế nào? ( Bài 45 trang 98 SGK 7 tập I) Lời giải: d" M d' d a.Bạn đọc tự vẽ. b. Nếu d’ và d” cắt nhau tại điểm M, thì M không thể nằm trên d vì d // d’ và d // d”. Khi đó qua điểm M nằm ngoài d, ta vừa có d’ // d vừa có d” // d ( d’ và d” phân biệt ). Điều này trái với tiên đề Ơclit. Để không trái với tiên đề Ơclit thì d’ và d” không giao nhau hay d’ //d”. Vậy nếu d // d’ và d // d” thì d’ // d”. 2. Bài tập 2: Vẽ hai đường thẳng a, b sao cho a // b. Vẽ đường thẳng c cắt a tại điểm A. Hỏi c có cắt b không? a.Vẽ hình, quan sát và trả lời câu hỏi trên. b. Hãy suy ra rằng : Nếu a song song b và c cắt a thì c cắt b. ( Bài 29 trang 79 SBT 7 tập I ) ( Bài 29 trang 79 SBT 7 tập I ) Lời giải: a A b 12
a. Bạn đọc tự làm. b. Giả sử c không cắt b. Suy ra c // b. Khi đó qua A ta vừa có a // b, vừa có c // b. Điều này trái với tiên đề Ơclit. Suy ra c cắt b. Vậy : Nếu a // b và c cắt a thì c cắt b. 3. Bài tập 3: Hai đường thẳng a và b song song với nhau, đường thẳng c cắt a tại A, cắt b tại B. ∧ a. Lấy một cặp góc so le trong ( chẳng hạn cặp Â4 và 1 ) rồi đo xem hai B góc đó có bằng nhau không ? ∧ b. Chứng minh Â4 = B1 . ( Bài 30 trang 79 SBT 7 tập I ) Lời giải: c a A P b 1 B a.Bạn đọc tự ki∧ m tra. ể b. Giả sử Â4 ≠ B1 . Qua A vẽ tia AP sao cho Mà PAB và B1 nằm ở vị trí so le trong nên AP // b. Khi đó qua A ta vừa có a // b, vừa có AP // b. Điều này trái với tiên đề Ơclit về đường thẳng song song. ∧ Vậy đường thằng AP và a chỉ là một. Nói cách khác PAB = Â4, nghĩa là Â4 ∧ = B1 .(điều phải chứng minh). 4. Bài tập 4: a. Vẽ ba đường thằng a, b, c sao cho b // a và c // a. b. Kiểm tra xem b và c có song song với nhau không? c. Lý luận tại sao nếu a // b và a //c thì b // c. ( Bài 34 trang 80 SBT 7 tập I) Lời giải: a,b. Bạn đọc tự giải. c. Giả sử b không song song với c. 13
Khi đó b cắt c tại một điểm O. Như vậy qua O ta vừa có b // a, vừa có c // a. Điều này trái với tiên đề Ơclit. Suy ra b // c. Vậy b // a và c // a thì b // c. 5. Bài tập 5: Chứng minh rằng các góc của một tứ giác không thể đều là góc nhọn, không thể đều là góc tù. (Bài 6 trang 61 SGK 8 tập I) Lời giải: Giả sử bốn góc của tứ giác đều là góc nhọn thì tổng số đo của bốn góc đó nhỏ hơn 3600. Điều này trái với tính chất về tổng các góc trong một tứ giác bằng 3600. Vậy bốn góc của tứ giác không thể đều là góc nhọn. Giả sử bốn góc của tứ giác đều là góc tù thì tổng số đo của bốn góc đó lớn hơn 3600. Điều này trái với tính chất về tổng các góc trong một tứ giác bằng 3600. Vậy bốn góc của tứ giác không thể đều là góc tù. 6. Bài tập 6: Không vẽ được đường tròn nào đi qua ba điểm thẳng hàng. ?3 ( Chú ý của trang 98 SGK 9 tập I) Lời giải: l d A B C Giả sử có đường tròn (O) đi qua ba điểm thẳng hàng A, B, C thì tâm O là giao điểm đường trung trực d của AB (vì OA = OB) và đường trung trực l của đoạn BC ( vì OB = OC ). Ta có : d ⊥ AB, l ⊥ BC. Mà A, B, C thẳng hàng, suy ra d // l. Do đó không tồn tại giao điểm của d và l, mâu thuẫn với giả thiết. Vậy không vẽ được đường tròn nào đi qua ba điểm thẳng hàng. 14
7. Bài tập 7: Chứng minh rằng trong một tam giác góc đối diện với cạnh nhỏ nhất là góc nhọn. Lời giải: Trong một tam giác, giả sử góc đối diện với cạnh nhỏ nhất có số đo lớn hơn hoặc bằng 900. Theo tính chất về mối quan hệ giữa góc và cạnh trong một tam giác thì hai góc còn lại đều có số đo lớn hơn 900. Do đó tổng số đo ba góc của tam giác trên lớn hơn 1800. Điều này trái với tính chất về tổng ba góc trong một tam giác bằng 1800. Vậy góc đối diện với cạnh nhỏ nhất trong một tam giác phải là góc nhọn. 8. Bài tập 8: Cho hai đường tròn tâm O và O’ giao nhau tại A và B. Một cát tuyến bất kỳ qua A giao với hai đường tròn tại C và D. Vẽ hai đường kính CC’ và DD’ của hai đường tròn. Chứng minh:A, C’, D’ thẳng hàng. 8.1. Lời giải: (O) và (O’) giao nhau tại A, B; GT cát tuyến CAD ( C∈(O),D∈(O’)) CC’, DD’ là hai đường kính. KL A, C’, D’ thẳng hàng. C A O D D ' O ' B C ' Giả sử A, C’, D’ không thẳng hàng hay AC’ và AD’ là hai đường thẳng phân biệt. Vì DD’ là đường kính của (O’) nên góc DAD’ = 900. 15
CC’ là đường kính của (O) nên góc CAC’ = 900. Như vậy qua A ta vừa có AD’ và AC’ cùng vuông góc với CD. Điều này trái với tiên đề Ơclit. Do đó AC’ và AD’ phải trùng nhau hay A, C’, D’ thẳng hàng. 8.2 Khai thác: 1. Bài toán trên vẫn còn đúng nếu hai đường tròn (O) và (O’) tiếp xúc với nhau tại một đỉnh A. D ' C D C ' A O A O' O O ' C D ' C ' D 2. Bài toán: Cho hai đường tròn giao nhau tại A. Một cát tuyến thay đổi qua A, giao hai đường tròn lần lượt tại C và D. Vẽ đường kính CC’ và DD’ của hai đường tròn. Chứng minh C’D’ luôn đi qua một điểm cố định. 9. Bài tập 9: Chứng minh định lý đảo của định lý về góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung, cụ thể là: Nếu góc BAx ( với đỉnh A nằm trên đường tròn, một cạnh chứa dây cung AB ), có số đo bằng nửa số đo của cung AB căn dây đó và cung này nằm bên trong góc đó, thì cạnh Ax là một tiếp tuyến của đường tròn. 9.1 Lời giải: O B B C 1 O x C 2 A x A Hình 1 Hình 2 Giả sử Ax không là tiếp tuyến của đường tròn tại A. Ta có hai trường hợp: Trường hợp 1: Ax cắt đường tròn tại C1 thuộc cung lớn AB (hình1). Ta có: ∧ 1 ∧ BA x = sd AB (Gt) 2 ∧ 1 ∧ C1 AB = sd BC1 (Góc nội tiếp chắn một cung) 2 16
∧ ∧ 1 ∧ ∧ Suy ra: BAx + C1 AB = ( sd AB + sd BC1 ) 2 ∧1 ∧ Hay C1 Ax = sd ABC 1 2 ∧ 1 0 180 = sd ABC1 2 ∧ Suy ra: sd ABC1 = 360 0 (vô lý vì số đo cung ABC1
∧ ∧ ABc = A Theo dấu hiệu nhận biết hai đường thẳng song song, suy ra a // c. Như vậy, qua B ta vừa có c // a, vừa có b // a. Điều này trái với tiên đề Ơclit. ∧ ∧ Vậy c phải trùng b. Hay B = ABc . ∧ ∧ Vậy A = B (điều phải chứng minh ). 10. Một số bài toán khác: Bài 1: Chứng minh rằng nếu một đa giác có một số trục đối xứng thì tất cả chúng cắt nhau tại một điểm trong đa giác đó. Hướng dẫn: Giả sử hai trong một số trục đối xứng của đa giác ( nếu có ) nằm ngoài đa giác. Ta có: S1 = S2 +S3 S3 = S1 + S2 Như vậy : S2 = 0 ( vô lý vì d1 và d2 phân biệt ). Bài 2: Có hay không một tam giác mà trung điểm của các đường phân giác cùng nằm trên một đường thẳng? Hướng dẫn: Giả sử tồn tại một tam giác mà trung điểm các đường phân giác nằm trên một đường thẳng. Ta chỉ ra điều vô lý. Bài 3: Cho hai đường thẳng x’x và y’y giao nhau tại O. Ta nhận thấy chúng tạo thành bốn góc, góc xOy kề bù với góc x’Oy, góc x’Oy’ kề bù với góc y’Ox. Như vậy ta có: ∧ ∧ ∧ ∧ xOy + x ' Oy + x ' Oy '+ y ' Ox = 2.180 0 = 360 0. Chứng minh rằng trong bốn góc trên phải có một góc không lớn hơn 900. Hướng dẫn: Giả sử bốn góc đều lớn hơn 900 thì tổng số đo bốn góc lớn hơn 3600. Điều này vô lý. 18
III. Dạng 3: Sự vô lý suy ra từ giả thiết bài toán 1. Bài tập 1: Cho x là một số hữu tỷ khác 0, y là một số vô tỷ. Chứng tỏ rằng x+y và x.y là một số vô tỷ. (Bài 115 trang 19 Sách bài tập 7 tập I) 1.1 Lời giải: Giả sử x + y =z là một số hữu tỷ. Ta có: y = z - x. Nhưng hiệu hai số hữu tỷ là một số hữu tỷ hay z - x = y là một số hữu tỷ. Điều này trái với giả thiết y là một số vô tỷ. Vậy x + y là một số vô tỷ. Giả sử x.y = z là một số hữu tỷ. Ta có: y = z : x .Nhưng thương của một số hữu tỷ và một số hữu tỷ là một số hữu tỷ hay z : x = y là một số hữu tỷ. Điều này trái với giả thiết y là một số vô tỷ. Vậy x.y là một số vô tỷ. 2. Bài tập 2: 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. 2.1 Phân tích tìm lời giải: 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. 2.2 Lời giải: y Góc nhọn xOy, B A, A’∈ Ox, B∈ Oy, GT C thuộc miền trong góc xOy, B ' z AB//A’B’(B’∈ Oy),AC//A’C’, BC//B’C’. C C ' O KL AA’, BB’, CC’ đồng quy. A ' A Ta có: AB//A’B’ x AC//B’C’ AC//A’C’ Suy ra: ∆ ABC ∼ ∆A’B’C’ 19
Vậy ta được: AB = AC (1) A' B ' A' C ' OA OB Vì AB//A’B’ nên = (2) O' A' O' B' Giả sử CC’ giao Ox tại một điểm O’ khác O. OA AC (3) Vì AC//A’C’ nên = O' A' A' C ' OA O ' A Từ (1), (2), (3) suy ra: = (4) OA' O ' A' Áp dụng tính chất dãy tỷ số bằng nhau cho (4) ta được: OA − OA' O ' A − O ' A' hay A' A A' A (5) = = OA' O' A' OA' O ' A' 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. 1.3 Khai thác: 1. Ta giữ lại giả thiết bài toán và thay đổi cách hỏi:  Chứng minh ba điểm O, C, C’ thẳng hàng. AA' BB ' CC '  Chứng minh tỷ số AO = BO = CO 2. Ta thay đổi giả thiết để có các bài toán mới: Bài 1: Cho góc nhọn xOy, trên cạnh Ox lấy hai điểm A và A’. Trên Oy lấy điểm B. Lấy C bất kỳ thuộc miền trong của góc xOy. Qua A’ kẻ A’B’ song song với AB (B’∈ Oy), kẻ A’C’ song song với AC (C’∈ OC). Chứng minh B’C’ song song với BC. Bài 2: Cho góc nhọn xOy.Tia Oz nằm trong góc xOy.Trên cạnh Ox lấy hai điểm A và A’. Trên Oy lấy hai điểm B và B’. Trên Oz lấy hai điểm C và C’. Gọi H, T, L lần lượt là giao điểm của các cặp cạnh AB và A’B’; AC và A’C’; BC và B’C’. Chứng minh H, T, L thẳng hàng. 1.3. Bài học kinh nghiệm: 1.3.1 Sai lầm của học sinh: - Trong khi chứng minh do học sinh lệ thuộc vào trực quan nên nhiều học sinh xem rằng CC’ đã đi qua O mà chứng minh bài toán dễ dàng. - Từ biểu thức (4) học sinh suy ra ngay O trùng O’. 1.3.2 Chú ý khi giảng dạy - Hướng dẫn học sinh vẽ hình và cách xâm nhập vào bài toán để tìm hướng giải quyết. 20