Title B. KIẾN THỨC MỞ RỘNG - BÀI TẬP TỔNG HỢP VÀ NÂNG CAO.doc ✅

Trang 1 B. KIẾN THỨC MỞ RỘNG BÀI TẬP TỔNG HỢP VÀ NÂNG CAO § 1. KIẾN THỨC MỞ RỘNG 1.1. Một số vấn đề và ví dụ mở rộng về đa giác 1.1.1. Ta đã biết: Tổng số đo các góc của một tam giác bằng 18032180; Tổng số đo các góc của một tứ giác bằng 36042180. Tổng quát, tổng số đo các góc của một n-giác lồi thì bằng 2180n . Chứng minh. Từ một đỉnh của n-giác lồi, ta nối với n1 đỉnh còn lại. Vì hai cạnh kề với đỉnh này, nên ta nối được tất cả n3 đường chéo. Các đường chéo này chia đa giác thành (2)n tam giác đôi một không có phần chung trong. Dễ thấy tổng số các góc của n-giác bằng tổng số các góc của n2 tam giác này. Suy ra điều phải chứng minh. 1.1.2. Tổng số đo các góc ngoài của một đa giác lồi bằng 360 . Chứng minh. Tại mỗi đỉnh, góc ngoài cộng với góc trong bằng 180 (xem hình bên). Do đó, tại n đỉnh, tổng số đo các góc ngoài và trong là n.180 . Từ kết quả 1.1.1, suy ra tổng số đo các góc ngoài của một đa giác lồi bằng n.180n2.180360 Chú ý. Kết quả 1.1.1 rất hữu ích trong tính toán. Chẳng hạn, từ định nghĩa của đa giác đều, ta có thể suy ra số đo mỗi góc của một ngũ giác đều, lục giác đều, bát giác đều,… 1.1.3. Số đường chéo của một n-giác lồi bằng nn3 2  Chứng minh. Theo chứng minh ở 1.1.1, từ một đỉnh của n-giác lồi, ta nối được tất cả n3 đường chéo. Với n đỉnh, ta nối được nn3 đường chéo. Tuy nhiên, khi tính như vậy, ta đã nối mỗi đường hai lần. Do đó, số đường chéo của một n-giác lồi bằng nn3 2  . 1.1.4. Mỗi đa giác đều đều có một tâm đối xứng. Ta thừa nhận kết quả này. Ví dụ 11. Hai người tham gia một trò chơi: Họ lần lượt kẻ các đường chéo của một đa giác đều 1998 cạnh sao cho các đường chéo đó không cắt nhau. Người kẻ được đường chéo cuối cùng là người thắng cuộc. Chứng minh rằng người thứ nhất luôn có thể thắng cuộc. Giải. Đa giác đã cho đều nên có tâm đối xứng. Chiến lược để người đi đầu luôn thắng cuộc là: Người đi đầu kẻ đường chéo qua tâm đối xứng. Sau đó, mỗi lần đến lượt mình, anh ta kẻ đường chéo đối xứng với đường chéo mà người thứ hai vừa kẻ qua đường chéo ban đầu. Ví dụ 12. Có thể cắt đa giác lồi 17 cạnh thành 14 tam giác được không? Giải. Theo 1.1.1, tổng cách góc của một đa giác lồi 17 cạnh bằng 18017215.180, còn tổng các góc của 14 tam giác bằng 14.180 . Khi chia một đa giác thành các tam giác thì tổng các góc trong của các tam giác không thể nhỏ hơn tổng các góc của đa giác. Do vậy, không thể thực hiện được như đề bài.
Trang 2 Ví dụ 13. Cho đa giác đều có 2001 cạnh. Hỏi có bao nhiêu đa giác đều phân biệt có đỉnh là các đỉnh cả đa giác đều đã cho? Ta kí hiệu các đỉnh liên tiếp của đa giác đều 2001 cạnh đã cho là A 1 , A 2 , …, A 2001 . Mỗi đa giác đều có đỉnh là đỉnh của đa giác đều 2001 cạnh thì số cạnh (đỉnh) của nó phải là ước của 2001. Ta lại có 20013.23.29 . Do đó, có một đa giác đều 2001 cạnh, có ba đa giác đều 667 cạnh là A 1 A 4 …A 1999 , A 2 A 5 …A 2000 , A 3 A 6 …A 2001 . Tương tự, có 23 đa giác đều 87 cạnh, có 29 đa giác đều 69 cạnh, có 69 đa giác đều 29 cạnh, có 87 đa giác đều 23 cạnh, có 667 đa giác đều 3 cạnh. Như vậy, có tất cả là 1323296987667879 Đa giác đều có đỉnh là đỉnh của đa giác đều đã cho. 1.2. Một số vấn đề và ví dụ mở rộng về diện tích tam giác 1.2.1. Trong phần trước của chương này, ta thường sử dụng kết quả sau đây: Nếu hai tam giác có cạnh tỉ lệ và có cùng chiều cao tương ứng với cạnh đó thì diện tích của chúng cũng có cùng tỉ lệ như thế. Tương tự, nếu hai tam giác có chiều cao tỉ lệ và có cùng cạnh đáy tương ứng với chiều cao đó thì diện tích của chúng cũng có cùng tỷ lệ như vậy. Mệnh đề trên được suy trực tiếp từ công thức tính diện tích tam giác, và được sử dụng khá nhiều trong các bài toán về diện tích đa giác (xem thêm các bài tập……). Ví dụ 14. Trong hình bên, chú ý các đường thẳng song song và các đoạn thẳng bằng nhau BFFJ,IJJKKL, ta dễ dàng chứng minh được: EIJEJKEIKIHLIALIAL 11111 SSSSSS,v.v... 23326     Ví dụ 15. Ta nói ABCDE là ngũ giác đặc biệt nếu mỗi đường chéo song song với một cạnh tương ứng. Nói cách khác, EB//DC, AC//ED, BD//AE, CE//BA và DA//CB . Gọi X, Y, Z, V, W là giao điểm của các đường chéo như hình vẽ. Chứng minh rằng nếu ABCDE là ngũ giác đặc biệt thì 5 tam giác AXY, BYZ, CZV, DVW và EWX có diện tích bằng nhau và bản thân ngũ giác XYZVW cũng là ngũ giác đặc biệt. Giải. Dễ thấy hai tam giác EDC và BDC có diện tích bằng nhau vì có chung DC và EB//DC. Tương tự như thế cho các cặp tam giác khác, ta đi đến kết luận rằng tất cả 5 tam giác EDC, BDC, CBA, EBA, AED đều có diện tích bằng nhau và ta kí hiệu diện tích đó là a. Từ các hình bình hành EDCY và XDCB ta suy ra EXEYXYXBXYYB, do đó dt AEXdt AYB. Cũng vậy cho các cặp tam giác khác, ta suy ra 5 tam giác AEX, BAY, CBZ, DCV, EDW đều có diện tích bằng nhau và ta kí hiệu diện tích đó là b. Từ đó, ta suy ra 5 tam giác AXY, BYZ, CZV, DVW và EWX đều có diện tích bằng nhau và bằng a2b.
Trang 3 Sau cùng, ta có dt DCWdt DCZab nên suy ra hai tam giác này có đường cao ứng với đáy DC bằng nhau, suy ra WZ//DC , tức là WZ//XY . Tương tự như thế với các cặp cạnh khác, ta có XYZVW cũng là ngũ giác đặc biệt. Ví dụ 16. (Thi chọn tài năng Toán, ĐH Winconsin, USA, 2000) Trong tam giác ABC, điểm X nằm trên cạnh BC sao cho XB/BC1/3; Y nằm trên cạnh AC sao cho CY/CA1/3 và Z nằm trên cạnh AB sao cho AZ/AB1/3 . Giả sử diện tích tam giác ABC bằng 1 đơn vị, tính diện tích tam giác XYZ. Giải. Nối CZ, dễ thấy 1dt BXZdt BCZ 3 , 2dt BCZdt BCA 3 , Từ đó: 22dt BXZdt BCZ 99 . Tương tự: 2dt CYX 9 và 2dt AZY 9 . Từ đó: 21dt XYZ13.. 93 1.2.2. Công thức Heron và một số ví dụ áp dụng Lên lớp trên, các em sẽ có thêm nhiều công thức tính diện tích khác, chẳng hạn, công thức liên quan đến Định lí sin, cos, đến đường tròn ngoại tiếp và nội tiếp. Ở đây, bằng Định lí Pythagore và các biến đổi đã học về biểu thức đại số, ta có thể chứng minh công thức Heron rất hữu dụng sau đây: Sppapbpc Trong đó, p là nửa chu vi; a, b, c là độ dài ba cạnh của tam giác. Chứng minh. Độ dài các đoạn thẳng được kí hiệu như hình vẽ. Khi đó: 1 Sch 2 . Ta có: 222 hma , 222hqb. (*) Vì qcm nên 2222qcmc2cmm , suy ra 22222 hqhc2cmm . Để ý (*), ta được 222 ba2cmc, suy ra 222 acb m 2c   . Từ đó: 222hamamam 222222 acbacb aa 2c2c     2222 2 acbbac 4c     2 abcacbbacbac 4c    2 abcabcabcabc 4c  
Trang 4  22 2p.2pa2pb2pc4ppapbpc 4cc   Vậy 2hppapbpc, c từ 1 Sch 2 suy ra điều phải chứng minh. Ví dụ 17. Tìm độ dài các cạnh tam giác ABC biết chúng tỉ lệ theo tỉ số 9:10:17 và diện tích ABC là 2 144cm . Giải. Gọi các cạnh tam giác là a, b, c thì theo giả thiết ta có: a9k abc kb10k. 91017 c17k       Theo công thức Heron, ta có Sppapbpc, trong đó p là nửa chu vi ABC . Ta có: 2pabc9k10k17k36kp18k, pa18k9k9k,pb18k10k8k,pc18k17kk. Vậy: 414418k.9k.8k.k1442.9.9.2.4.k 22 1449.4kk4k2 Do đó, độ dài các cạnh của tam giác là: a9k18cm,b10k20cm,c17k34cm. Ví dụ 18. Một tam giác được gọi là tam giác Heron nếu nó có độ dài các cạnh và diện tích đều là các số nguyên. Chứng minh rằng: a) Tam giác Heron có chu vi là số chẵn ; b) Tam giác Heron có ít nhất một cạnh có độ đài là số chẵn. Giải. a) Giả sử ngược lại, chu vi 2p là số lẻ thì nửa chu vi p không thể là số nguyên, đo đó (p - a), (p - b), (p - c) không là các số nguyên, từ đó, theo công thức Heron, diện tích S không thể nguyên, điều này mâu thuẫn với định nghĩa của tam giác Heron. b) Giả sử ngược lại, cả ba cạnh đều có độ dài lẻ. Khi đó, chu vi 2p = a + b + c sẽ là số lẻ, mâu thuẫn với câu (a). Vậy tam giác Heron có ít nhất một cạnh có độ dài là số chẵn. Ví dụ 19. Tìm diện tích hình thang ABCD biết độ dài các cạnh đáy là AB = 142 và CD = 89, đường chéo AC = 153 và BD = 120. Giải. Kẻ đường cao CH. Kẻ CB' // BD thì tứ giác BB’CD là hình bình hành vì các cạnh của chúng song song nhau từng đôi một.