Làm quen với chứng minh bằng phản chứng trong hình học

CHUYÊN ĐỀ: PP PHẢN CHỨNG  ĐỖ TRUNG THÀNH – GIÁO VIÊN THCS  Trang 1  LÀM QUEN VỚI CHỨNG 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 Ð A = Ð B; Ð D > Ð 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 : Ð DAB = Ð ABC (giả thiết) suy ra Ð EAB = Ð 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 => Ð C > Ð 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 Ð MAE = Ð FEA, mà Ð MAE = Ð BEA => Ð FEA = Ð BEA => EA là phân giác của (góc ngoài của ∆ EFC). CHUYÊN ĐỀ: PP PHẢN CHỨNG  ĐỖ TRUNG THÀNH – GIÁO VIÊN THCS  Trang 2  Mặt khác CA là phân giác của Ð BCD (tính chất đường chéo của hình vuông), suy ra A là  tâm đường tròn bàng tiếp trong Ð ECF của ∆ EFC (đường tròn này tiếp xúc với CE và CF lầ  lượt tại B và D).  Lại có 0  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 Ð CIF = 90 o suy ra : Ð OIF + Ð OIC = Ð ICD + Ð OIC = 90 o => Ð OIF  = Ð 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 Ð ED = sđ Ð AP + sd Ð FB  Mặt khác vì AB, CD là hai đường kính vuông góc của (O) nên sđ Ð AD = sd Ð DB ; OI =  OK (bằng nửa bán kính (O)) nên CD là trung trực của đoạn IK => CD là phân giác của Ð ECF => sd Ð DE = sđ Ð DF Suy ra : sđ Ð AE = sd Ð AD − sđ Ð DE = sđ Ð DB − sđ Ð DF = sđ Ð FB => sđ Ð FB  Từ (1) và (2) => sđ Ð DE = sđ Ð EP => CE là phân giác của Ð 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 Ð MAD = Ð MDA = 15 o . Chứng minh rằng MBC là tam giác đều.  Lời giải : Theo giả thiết ta suy ra : Ð BAM = Ð CDM = 75 o (1) ; Ð AMD = 150 o (2) ; ∆  MAD cân tại M => MA = MD => ∆ BMA = ∆ CMD (c.g.c) => MB = MC (4) => ∆ MBC  cân tại M => Ð MBC = Ð MCN (5) CHUYÊN ĐỀ: PP PHẢN CHỨNG  ĐỖ TRUNG THÀNH – GIÁO VIÊN THCS  Trang 3  Giả sử ∆ MBC không đều, từ (4) suy ra : MB > BC hoặc MB  BC => MB  > AB => Ð BMA  BMA < 75 o , từ (1), (2), (3) ta có : Ð AMD + Ð BMA + Ð CMD  Ð BMC > 60 o , từ (5) => Ð MBC   MB < MC , mâu thuẫn với giả thiết ban đầu.  Tương tự như trên, từ 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 ma > a/2 thì Ð A nhọn, trong đó a và ma  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.