Đang tải... (xem toàn văn)
Tuyển tập 30 năm Tạp Chí Toán Học và Tuổi Trẻ (part3-1)
"phẳng", ta có +/ƯM + yiỒN + z/ÕP =1 phương trình mặt phẳng Nếu ta biến đổi tồn hình vẽ phép biến đổi afin tam điện Oxyz biến thành tam diện O*3y'z' (nói chung khơng có góc vng "vng" khơng phải khái niệm afin) cồn tỈ số đơn giữ nguyên : x/OM = OS/OM = O30" ION = OTION = OT ON giữ nguyên phận tính chất muốn nghiên cứu thay đổi tính chất khác Khéo tÌm hình (qua phép biến hÌnh) tính chất muốn nghiên cứu rõ rệt Ví dụ hình 3, nhìn khó mà thấy hệ thức (2), qua phép biến đổi afin để trở hình 2, thi hệ thức (1) lại kiến thức sách giáo khoa Đây 2/OP = OU/OP = OVOP "lớn" tốn học dai có tư tưởng Vi UAH? = VAD? + 1/AK? (He thitc lugng *t A vuéng DAK) mà l/AR?= L/AB? + LAC? (Hệ thức lượng A vuéng CAB) nén — 1 =—~ + — + —_ AH? AD? AH? AH? 4+ AD? AI? AB? AH? AC? AC el Cuối ta có Vậy cosa + cos’B + cos’y = I Hình ta có : Cho O'x’y’z’ va điểm tam diện R’, qua †' có mặt phẳng biển thiên cắt O'x', O'y’, O'2’ theo thit tu ¢ M’, N’, P’ ThE thi có số a=0S,8 P va y=O'V’, cho: Muén alO'M’ + BION + yiO'P = a = O'S'T'U'V'W'2 phải = y hình hộp có cạnh nhau, nghia sâu dều hình thoi Đến xin mời bạn tiếp tục để đến tốn khác [1] Tơi xin tạm dừng nhấn mạnh sau : 1) Lõi cốt nội dung 10 tốn [1] phương trình đường thẳng phương trình mặt phẳng Như chất mà hình phong phú thức biểu thật 2) Trong phép biến đổi, có giữ nguyên qua phép biến đổi afin thi "thẳng hàng", "đường thẳng", "tl s6 đơn", "hình bình hành" giữ nguyên, lúc khác "vng, "hình vng", "chiểu dài" thay đổi Cái thơng minh lồi người nghiên cứu phận tính chất ẩn hình tìm cho phép biến hình biết 172 Bài tốn ABCDAB'C'D' : Hãy Cho tìm hình điện lập phương tích hình chiếu nhận chiếu vng góc hình lập phương ABCDA'B'C'D' lên mặt phẳng song song với mặt chéo tam giác BDC’, biết cạnh hỉnh lập phương a Đầu tiên ta chứng minh A'C' vng góc với mặt phẳng BDC', Ta thấy BD AC va BD phang BC’ AA’, AA’C, AC phang BDC’ nén BD vay BD vng + A'C góc với mặt Tương tự Do dé : A’C vng góc với mặt Một cách tương tự, ta chứng minh A'C vuông góc với mặt phẳng AB'D', Vậy hình chiếu phương lên mặt vng phẳng C tâm góc hình lập P có dang nhu hình vẽ Trong hình chiếu Á trùng vào BBCDDA,, BB, C,D.,D, thứ tự hình chiếu B, lục giác va A, B’, C’, theo D’, D A Dễ thấy diện tích hai lục giác lần diện tích A 8Ð C, S chiếu hình lập phương ”” = 25 0V2 ov WB arya vuông CKMN (vuông C) Theo kết tốn cosz + cos’g + cosy = 1, Theo kết toán thi điện tích hỉnh chiếu mặt bên hình lập phương có chưng đỉnh € Schity = @ (cosa + cog8 + cosy) ø cạnh hình lập phương Vấn đề dat thm giá trị lớn cosa + cos8 + cosy với điều kiện cosfœ + cos?đ + cos2y = 1, dd cosa, cosổ, cosy không âm (đễ dàng ching minh Bài todn 1a bai toán quen thuộc, cớ sách giáo khoa cịn tốn kho chút, quen thuộc học sinh thường tìm hiểu thêm diéu này) Theo Bunhiacơpxki, ta có : bất đẳng thức (cos’a + cos’B + cos2y)(1 + + 1) (Bất > (cosz + cogỞ + cosy)2 đẳng thức dễ đàng chứng hình học khơng gian Trong tỉm cách mainh dựa vào bất đẳng thức Côsi cho nghỉ tìm tịi điều biết, xay cosa = cosổ = cosy = 143, Ite giải toán đặt ban đầu, suy điều gÌ vận dụng nhớ lại toán 1, 2, Trước hết xét : Hé qué cua bai todn I va bai todn 2; Ta xét toán sau Cho mặt phẳng P cất ba cạnh ŒB, CD, CC' điểm nằm phía cạnh đớ, nằm cạnh kéo dài phía B, D, C’ Hay tim vị trí mặt phẳng P cho hình chiếu mặt hình lập phương nằm kế nhau, có đỉnh C chung cớ diện tích lớn Gọi điểm mà P phuong la K, M, phẳng phang KMN với cát N, nhị các cạnh hình lập va goi a, 8, y góc điện, tạo nên mặt mặt lại tứ điện số œ+b >2Ýdb, > 0,b ø >0) cosa + cos8 + cosa Dấu 3N3 = V3 va S.,.¢, lớn ø2V3 bang Vậy hình chiếu tạo nên đỉnh A,B, C, D, B’, C’, D’ xuéng mat phẳng P có điện tích lớn a2V3 Ta chứng mỉnh chiếu phương ABCDA'B'C'D' vng gớc hình xuống mặt phẳng lập tùy ý hình chiếu cớ diện tích lớn œ3, lúc mặt phẳng P song song với mặt chéo tam giác Muốn ta cần chứng minh khẳng định sau : "khi xét mặt phẳng P tùy ý không gian hình lập phương ABCDAB'CD,, ta ln ln tịnh tiến song song mặt phẳng P vị trí P' 173 cho tổn đỉnh nao dé cua hinh lập phương, chẳng hạn đỉnh C, mà mặt phẳng P' cát cạnh xuất phát từ Œ điểm cạnh ấy, phần kéo đài cạnh phía đỉnh kế đỉnh C", Chẳng hạn, P'cát CB, CD điểm cạnh CB, CD, cắt cạnh CC? điểm nằm phần kéo dài CC” TU MOT BAT DANG phía C, ta khơng xét đỉnh C nữa, mà xét đỉnh C' thay cho đỉnh C Khẳng định chứng minh tương tự Nếu điều kiện khẳng định thực thÌ A' ln cớ hình chiếu rơi vào hình chiếu tạo nên đỉnh 4, B,C,D, B’, C’, D’, va dé ta da giai xong toán dat THUC TRONG TAM GIAC BÙI VIỆT HÀ Một số kÍ hiệu Cho AARC M điểm bất kÌ nằm bên tam giác ABC Gọi khoảng cách MA, MB, MC tương ứng Re, Rb, Re hoảng cách từ Aƒ đến cạnh đối tương ứng BC, AC, AB d,,d,,d, Đối với tam giác ABC ta giữ nguyên kí hiệu trường phổ thông học Chẳng hạn : +a, b, e, — cạnh đối điện với đỉnh A, B,C + - diện +, tích tam giác ABC r,p kÍ hiệu bán kính đường trịn ngoại tiếp, bán kính đường trịn nội tiếp, nửa chu vi tam giác ABC + ha,,m,, 8, lan higt 1a độ dài đường cao, trung tuyến, phân giác tam giác hạ từ đỉnh A Th để ý bất chúng : đẳng thức Ra + Rồ + Re > 2d, +d, +d.) a aR, + bR, + cR, > Aad, + bd, + ed.) (2) Dưới ta nêu số quy tắc "biến đổi" kí hiệu R, Ry Ryd, dy d,, dựa vào chứng mính (1) va (2) dẫn số bất đẳng thức khác hệ (1) (2) Il Thành lập quy tác : Gọi chân đường cao hạ từ Af xuống cạnh đối điện với đỉnh A, B, Œ, A,B, C, Th tam giác ABC thành lập liên hệ A,B,C, Rõ ràng MA, =d,=R, Vậy ta có liên hệ R, =4, Hạ MH Đối với tam giác, đỉnh kÍ hiệu Giữa liên 174 hệ Tu RR, vA dy, d,,d, cố MH =d Từ hình vẽ ta có : Cc la A,B, C, kí hiệu tương ứng gắn thêm kí hiệu : Ri, ai, bị, ¢) + CB (3) số MC, 4,b, MH = MB sina = MB, “MA = Ty Vậy ta có liên hệ thứ hai : a, = yd JR, (4); TH (4) ta : R= Ry Ry Id, (4’) Ta lại có B,C, = AMsin ( GAB.) = = am Fe Ma B,C\=a,,AM= R,, BC=a ta có : @,=a@R,/2R thức ngược a= (6) Từ (4) ta Suy công (B) ad, RR (5) dayA = 2R xơ Một cách tương tự ta có cơng thức b\, c¡ Các công thức (8) - (5) cho ta "quy tắc biến đổi", phát biểu sau : (Ki hiéu la @) Ryd, id, dd JR, ;a->aRy/2R (Q) Các công thức (3), (4’), (5°) cho ta quy tắc khác : Ry OR Rid, dR, ard Kéo điểm @2 MC, Ay By Cc, thỏa mãn MA WA -WE WE UR Sa ca MA, MA, = MB, MB, = MC, MC, =i lấy Nhưng & = const # cho trước (có thể điểm Á; nằm MA,) Các đường MA, 1MB, MC cắt cạnh tam Bide A,B,C , lan lugt tai D,, £, F, Dé kiém tra thay rang D,, £,, F, chân đường vng góc hạ từ Aƒ xuống cạnh 3C, A2C, 4;B, ta có (các bạn tự kiểm tra điều này) Đẳng thức (7) cho ta MA = k2/MD, R= id, hay (8) (9) đồng dạng) (công thức (5) trang 1): MF, 2R, —” qd, 2R Thay thé R, = k/db, ta co : az Re mR, dda +@, Pate,d Các cơng thức ngược (8), tính sau : (9) cho ta : Ry = Mid, 2 q0) (9), (10) (8) (8) cho ta ; d, =} IR, (8) (10) cho ta : a= đẳng thức : Mà MP, = MB MB, = Mỡ ME, = (1) IR, E,F, = B,C,.MA,2R, Vay _ MB BC, MA, R, a).R : (6) d,= Từ hình vẽ ta có : BC/E,f = MBIMP, (vì BC RR, MAI =k2/MA, AMBC, AME,F, j ad, đài đoạn MA,, MB, hay (6) cho ta: ad, d, 2R, *ˆ Ry, Thay thé (8), (9’) ta ed : = a * RR? Ry eR ad, ‘b te G, Se Ok 175 a |i Ị Vậy : @ a, = 2R,.=— RR, | | | ị i| 40) đa, : (ta lấy k = cho tiện) Roz ¡ R, a31 ap va IH Bây ta (T) dụng tác để chứng minh RR, aR, > bd, + ed, © Viết thêm bất đẳng thức tương tự (°) cho bR,, cR, va cong ting vé cia bat đẳng Bây (2) áp dụng SH, Oy @ cho dade (*) ta BR Sa” ORR, hay boc R, Bod, od, thêm công thức Ap dung b Rd, (RR, RR * HH, ) '+=c=+x~ T vao (14’) ta thu 414) dugc : Rd, + Ryd, + Rd, > > Wd,d,+d,d,+d,d,) (15 Ấp dụng quy tắc @ vào (2) ta có : oR, d, + bR,d, + Rd, > > 2ad,d, + bd,d, + cd,d,) (6 Theo (16) dẫn đến ; ( (a a, ‘aq RAR, + R,d, bếp RR, Rd, cốc tơ} ER, ) (17) R, @ 4, d, a, a, œ—>b—+c— tương tự cho (1) quy tắc vào bất đẳng thức (1) (2) Ấp dụng 7' vào (1) ta có : 1 1 1,1 R,*R, +R “2 (tata) Ấp dụng @ vào (1) ta thu : 176 (13 Tu day suy : IV Trong phần ta áp dụng i > thite (*) R,, R, rdi cong ting vé cia bat ding thitc ta RR, Trong II ta chứng minh bất đẳng ORR, aR, = bd, + ed, (**) Ry at bt+c22 he tat hay Viết + ¬- Rd, >2 R,+d,>h, > aR, + ad, ah, = 28 = ad, + bd, + ed, thức RR, hay quy Ro rang ta co : Suy : + 2ARd, + Ryd, + Rd.) công thức (1), (2) TI: Rd, R R * + ` + - > 2R,+ R,+ R,) (14) R,R, áp Rid, Bây áp dụng @* vào (1) ta có : ad, ard ad, Theo quy tác (12) dẫn đến : (T) | R, +.L.+ zr) a Ị ad,” >2 (Na, sd, +— R, : => +5—+ += (10°) cho ta mét quy tác biến đổi nữa, kí hiệu dd Suố, | dd, Se + R, hay dạng khác Các công thức (8), (9), (10) (8), (9°), dd Đ%c d, +d, +d, >2 ( (1) Từ có : R, a R, b R c tạ tạ tog 22th a +e) q8 Ap dung T vao (18) ta co : aR?+ bR}+ cR422(GR,d,+bR,d,+cR,d,) (19) Ấp dụng Q* vào (18) ta có : oR,R, + bR,R, + RR, > > 2(0R,d, + bRyd, + cRd,) (20) ` Lai 4p dung Q(*) vao (19) ta cd : a € +o + Rd, Rd, Ra, t,t, = , 22 (parte RR, * RR) Từ () ta có R,„> a, WR, > V4 f+, + đe b hay > > da, Vela + Vd_ Vbja\N2 Th có bất đẳng thức tương tự cho ¥R, va VR,c va di đến : VR, +VR,+ VR, > V2, + Vd, +Vd,) (22) Ap dung cae quy téc Q, Q*, vào (22) ta thu (các bạn thử lại D —+ư VR,” + aB« VR,” 1 ala va + (23) a) (24) VR,R, + VRRi,c + VRB, = = V2 (WR,d, + VR,d, + VRd,) + TRỤ, +ar) adyd, ` bả 4, * cd,d, (29) Ấp dụng vào (29) ta có : 1,1,1 1,1 RuR, a*ete*a(a- Rat +1b° Bee Bưu RA, ¢ Rd, (30) Bây ta áp dụng Q° vao (*) thu +, + OR, > bd, p+b cd, c Ta do; b 1 +bR,d, (x, + + € c ) + ¢R,d, (etm) V2 (Vd,d, + Vdd, + Vd,d,) + (az + < b VR,d, + VR,d, + VRd, = Rd, aR, + OR, + oR, > aRd, (p+ 5) VR, ¢ ~— ( —— + — < (21) OR d, _ a Ap dung @ vao (28) ta có (25) VR € * Ấp dụng bất đẳng thức te y? ta Có ; aR, + bR, + cR, » aRd, Rd, Rd, >4( R,+k +R +R * Rt) R,+R, LN TT R,+R, aty BY Theo quy tắc @ thi (31) cho ta aR, ‘a oR, oR, € d,d, dd dd, =—>?—_*—> @ >4 (+8, ata, c +——)]32) d, SH) Ấp dung T vào (31) ta thu : GR, + bR, + cR, > Tit (*) III ta cớ 1 1,1 ddbe ddane dd b 4(a5— †+b——†+c——-)(3®) ( dtd, aR,* bay ted, © (ba, * aa,) bất eR, đẳng thức tương tự cho 16R,, >4 ( 1,1 i aR, OR, cR, d3, + Ve Vd Jd, NZ (Vz Vz) > a Và đến bất đẳng thức Từ có : ——— VaR, Va VR jd, + Vb VR,jd, + Ve VRid, > > V2 Wa + Vb + ¥e) (35) Ti (*) ta suy ra: \ az bd, +tai ed, © Ved, +2 Ved, TÌM ĐA THÚC < † VER, +#—< Ved, 1 “ Hình A Theo cơng thức (4) ta có œ—b=( — b) Ð =k(coaa + isina) với q0) Hai tam giáo ABC A,B,C, đông dạng hướng CBA = CBA, điểm A, 1H Để chuẩn bị cho việc làm toán, ta tập đượt diễn đạt tính chất hình học MAIMB „ =a (cing huéng), B,A/B,C, = BA/BC = k, tiếp theo, phép vị tự tâm A tỉ số & : z'—a =p( ~ 8) (hinh 7) theo đó, phép vj ty tam B Z—a=È(@œ-— a) với (8) rõ (hÌnh - Phép (7) vng góc theo thành quanh (6) kiện cẩn đủ để tứ giác ABCD ate=b+d rang diém A bién z =(z+b+a)8 BD có trung điểm trùng nhau, hay điểm A Nếu thực phép vecta ~ Điều = (GA + OB+ OCy3 hình bình hành đường chéo AC ~ tịnh Từ có a, ~ 6, = ple, ~ 4,) q1) Từ hệ thức (10) (11) ta rút (2 — be ~ b) = (ai — b0) (6y — bị) Đó điểu kiện cần đủ để hai tam giác cho đồng dạng hướng Chú thích Hai tam giác ABC A,B,C, gọi hướng di chu vi tam giác ABC từ A đến B đến C trở A chu vi tam gide A,B,C, ti 4, đến B, đến C, trở A,, ta theo chiều kim đồng hồ hay di ngược chiều kim đồng hồ Nếu khơng thỏa mãn điều thi hai tam giác cho gọi ngược hướng 4 Bây ta vận dụng điều trình bày để giải số tốn hình học phẳng 1Ơ Cho hai hình bình hành A\B,C,D,, A,B,CD, va cdc diém A, B, C, D theo thứ tự chia đoạn A,A,, B,B,, C\C,, DD, theo cing mét ti 86 k Chứng minh tứ giác ABCD hỉnh bình hành tìm quỹ tích giao điểm đường chéo hình bình hành & thay đổi lời giải Theo giả thiết ta có (áp dụng công thức (7) (ð) ate, =b,+d,a, te = = b, + dya = (a, — ka,)i(1 — k), b= (b,— kb, )/(1 ~ Rye = (c,— Re, (1 d=, — kd, - k) Ta 06 1/8 (k +7 + m) = = 1/8(a — pb + b — pe + e — p8)/(1 — p) = = 18a +6 +e), điểu chứng tỏ trọng tâm tam giác KLM ABC trùng Chú ý Nếu dựng tam giác ABK, BCL, CAM ð phía tam giác ABC kết cịn Tớm lại cần tam giác hướng Người ta dựng phía ngồi tứ giác lồi ABCD bai hình vng ABMN CDKL Chứng minh trung điểm đường chéo tứ giác ABCD MNKL, đỉnh hình vng trùng Lời giải Theo cơng thức (8) ta có (hỉnh 9) n—a=i(b — a),a = b = (ặm — b) Từ &), mit Tương n=a+i(b tự có k= d+ i(đ — e) ~dg),m =b + i6 ~ a) l=cti(d—e) va Từ hệ thức dé dàng rút a+c=b+d, chứng tỏ tứ giác ABCD hình bình hành Gọi Mỹ, 1M; M giao điểm đường chéo hình bình hanh A,B,C,D,, A,B,C,D, va ABCD Cũng từ hệ thức ta rút Hình m = (a + e)/2 = [(@, + ¢,)/2 — — È(a„+ c2)/8l/(L— k) = (@mị~ km2JW(1— k) Hệ chứng M,M, thúc tỏ M đường chia nằm u = (a+ cV2,u = (b + aya s=lb+đ+i(6 td— a ~ e/2 t>[a+c + +d— ø— e3J/3 Ta có a thẳng đoạn u+t =[a+b+ đ+t i(b+ đ~e+ a— c)]/2 = M,M, theo ti s6 k =u+s Khi & thay đổi, quỹ tích M đường thẳng M.M, # ngồi Hình tam u-t=(@+d—a—o)\(1 — 0/9, u—s=(g+ec~b—đ)(1 + 0/2 ‹ Người ta dung phía Giả sử giác ABC tam giác đồng dạng ABX, BCL CAM Chứng minh tam giác KLM ABC có trọng tâm trùng Tời giải Theo cơng thức (9) (hình 8) : (œ — #)/( — k) = (b — DÍ(€ — ) = ta = (@— m)l(a ~ m) =p Œœ Gọi U, V, S, theo thứ tự trung điểm đường chéo AC, BD, KM va LN Ta cd số phức dd) Tit dé rit k = (a — pb)i(1 — p), I= (6 ~ pe)i(1 — p), m = (¢ — payi(1 — p) có b+di—a~—c #0 Ta có (0T Ð/@ — 3) = —(l — Đ/(1 + =-(~ Ø2 = + 0Œ — 0]=¡ Các hệ thức (0— 0u Ẫ—s)=í 0+=u +s theo thứ tự chứng tỏ đường chéo VT US tứ giác UVST vng góc, có trung điểm trùng nhau, tức tứ giác UVST hình vng Trong trường hợp ö + d-a-c=0, tức a + = + ở, tứ giác ABCD hình bình hành Lúc ta có — £ =ư — s = Ö, với u + =ư điểm + s, ta rÚt Ta =0 =s=¿, U, V; 7' trùng tức 188 MOT CACH SANG TAO CAC BAI TOAN MOI NGUYÊN VĂN BÀNG (Vinh - Nghệ An) Để phát huy suy nghĨ sáng tạo q trình học tập tốn học, bạn cần tập luyện để dv đoán, già thiết mới, biết cách rút kết luận khác từ việc giải toán, biết khảo sát trường hợp riêng xây hay mở rộng toán Sau xin giới thiệu làm thi du loạt toán suy từ việc giải tốn nhằm giúp bạn u tốn có thêm phương pháp tư để phát huy khả độc lập nghiên cứu khả sáng tạo toán học Bài Trên cạnh AB phía hình vng ABCD dựng tam giác cân AFB có góc đáy 15° Hãy xác định dang cla tam giác CFD, Khi giải toán này, nẩy cách suy nghỉ ? Nhiều bạn suy nghỉ thể đối xứng cho cẩn giải sau : tam giác CƑD cân có Tính chất cân dễ dàng chứng minh vào tính chất =p e trục hình Vấn để cịn lại e tam giác có phải hay khơng ? Muốn vậy, ta cố thể dùng cách chứng minh phản Ae chứng Hình wee sau : AB =0, DF =, DFC =a, CDF = 8, AFE = Vì ta đến kết luận = a giác CFD 184 tương ứng tam giác nhau) góc ĐBF = 6Ợ? Từ đỡ suy NC = NB = NF, CNB = CNF = 150° tức tam giác CNB va CNF Vì CF' = a nghĩa tam giác CFD Để cho cách chứng minh chặt chẽ, ta cần chứng minh thêm điểm N chi cd thể nằm tam giác FC Thật vậy, trường 2109, điểu hợp ngược lại, khơng góc thể FNC xảy Từ toán này, phát biếu mệnh đề đào lại, ta thu toán đơn giản sau : Bài vuông Trên ABCD, cạnh ta dựng CD hình tam giác CFD Tính góc tam giác AFB Từ tốn 2, suy nghĩ sáng tạo tí điểm F khơng phải mà ngồi hình vng) ta thu toán sau : Trên cạnh CD ngồi hình vudng ABCD, ta dựng hình tam giác ĐEỊC Tìm giá trị góc tam giác AFB Từ toán 3, phát biểu đảo lại, ta lại có tốn : Gia st ring >a Luc dé gp < 75° va a>60 cdn < 60° TY dé suy rab < a Điều mâu thuẫn với giả thiết đề Như b lớn a Bay gid lại giả sử < a Lúc ø > 75° a < 60? ổ > 60° Cho nên b >a Điều lại mâu thuẫn với giả thiết đề b < ø không tam giác CNB tam giác AFB (hình 1), Trong tam giác BNF ta có : BN = BF (cạnh Bài Để tiện lợi, ta đưa vào kí hiệu sau : nên mệnh Bài tốn cịn giải theo cách khác sau : ta dựng cạnh CB hình vuông ABCD tic la tam Bài ABCD, Trên cạnh CD hình vng ta dựng tam giác cân AF,B góc đáy 7õ, Nếu đỉnh # nằm phía AB, CD tam giác ĐE,C Như vậy, cách lấy đảo đề thay đổi vài giả thiết tốn 1, ta lại thành lập thêm Bây ta thử xét đến số tính chất phận hình Chẳng hạn ta xét đến tam giác ADF BCF cân đường cao ứng với cạnh bên có độ dài nửa độ dài cạnh bên Đó tính chất đặc trưng cho loại tam giác cân có gốc đỉnh 30° vào ta phát biểu tốn sau : Bài õ Dường cao tam giác hai lần nhỏ cạnh bên tương ứng với góc kế với cạnh 75° Hay tính góc tam giác dd Nếu khảo sát tỈ mỈ hình 2, ta thu toán tương tự với toán sau : Bài Hãy xác định góc tam giác cho chiều cao hai lần nhỏ cạnh tương ứng góc kế 159, Chú ý việc nghiên cứu tính chất hình tam giác cân với góc đỉnh 30° cớ nhiều điều Mf thú, tương tự Cus Từ : đớ, ta phát biểu tốn -— V2 Tính ta 4B = J2 bên tam sau giác Nhưng cân đáy đơn vị góc kể với đáy 15° Từ sau thiết lập cho góc ACB có giá trị lớn Nếu xét mặt hệ thức lượng giác tốn cịn phát biểu sau : Bài 11 Các gócA B tam giác ABC lên hệ với theo hệ thức củgA + cgB = Chứng minh C < 90 Nếu thay đổi giả thiết toán chẳng hạn cho : b.:ec=ý8:32 202: ta thu Bài =1:9ý8 toán sau : 12 Chiều cao A, va canh c cha tam giác ABC liên hệ với theo hệ thức h„:e = Vễ :2 Chứng rang C < 60° : Các tính chất nêu tam đỉnh 309, cạnh Bài 10 Trên đường thẳng MN song song với đoạn thẳng AB, hay tim điểm C C< 120 + Hình Bài Tính đáy tam giác cân cạnh bên đơn vị cịn góc AB tốn sau Bài 13 Các gócA B tam giác ABC liên hệ với theo hệ thức minh Chứng cigA+ cígH =2j8 giải tốn dựa vào tính chất tam giác cân (hoặc dựa vào tính chất góc nội tiếp) nửa đáy Có thể kết luận độ lớn góc đối diện với cạnh đáy Góc ACB rõ ràng khơng lớn 909 Từ tốn nay, ta nghĩ đến nghiên cứu tính chất tam giác vng cđ góc 30° Thật tam giác ABC nơi õ (hình 2) mà ta vẽ đường cao CD phát xuất từ đỈnh Œ ứng với góc 309 lấy CD kể từ điểm € đoạn CM = AB ta tam giác déu AMB Mệnh đề suy từ việc chiều cao nửa cạnh đáy Từ đớ, phát biểu toán sau Bài Chiều cao tam giác toán Bài Biểu thị độ dài cạnh bên tam giác cân có góc đỉnh 150° theo độ dài cạnh đáy Từ hai tốn trên, ta lại suy số toán khác Các bạn thử nghỉ xem Bây ta trở lại 5, ý nghiên cứu tính chất tam giác giác cân với góc đỉnh 30° 1509 cho phép ta giải toán sau Bài 14 Tinh tang 15° ma khong ding đến bảng lượng giác công thức Để kết thúc ta trở lại hình vng ban đầu Các 5, 6, gợi cho ta thấy vẽ qua đỉnh hình vng cát tuyến hình tạo với cạnh vng góc 15° thi cát tuyến vng góc với từ thành lập tốn sau : Ủ 4| ¿ Hình Bai 15 Qua đỉnh hình vng đơn vị phía hình vng đó, ta lần AA), lượt BB, cc,, vẽ DD, cát tạo với cạnh tuyến tương 185 ứng hình vng góc lỡ” Chứng minh cát tuyến nây tạo thành hình vng A,B,C,D, 06 dién tich (hình 8) Chú ý rang AD,, BA,,CB,, DC, bing đoạn 2-V¥3 va thẳng hinh vng mà có dinh A,, B,, C,, D, lfin ligt điểm doan thẳng AA;, BBỊ, CC, DD, có điện tích 2-3 Cuối thay khái niệm hình vng tương ứng hình bình hành theo tỉ số 1:(1 + V3) Chứng minh : 1) Các điểm đoạn cát tuyến nằm phía bÌnh bỉnh hành lại đỉnh hình bình hành mới, 3) TÍ số điện tích hình bình hành so với hình bình hành cho ¬ V8, 8) Diện tích hình bình hành tạo thành cát tuyến nửa điện tích hình bình hành cho Tớm lại, đứng trước toán, bạn nên đào sâu suy kĨ cố gắng tìm hình bình hành xác định vị trí phương pháp giải gọn ghê, hợp lí theo tỉ số đoạn thẳng phân cạnh hình bình hành để xuất tốn có tính cách tổng qt việc mà phải tiến lên, từ toán giải lấy toán Bài 16 Từ đỉnh hình bình hành phía hình đơ, ta vẽ cát tuyến cho chúng chia cạnh tạo tốt bạn cát tuyến theo gdc 15° ma sau mà bạn tự chứng minh LIÊN xác không nên tự thỏa mãn với công sâu khai thác khía cạnh trường hợp If thu cua bai toán, biết thay đổi giả thiết, lật ngược vấn đề, khái quát hóa để đề xuất nhiều tốn mẻ Đó đường tập dượt sáng Viét dua theo tap chi "Tbán học nhà trường" Số 5/196 PHÂN SỐ LẠI ĐỨC THỊNH - NGUYỄN TIẾN TÀI (ĐHSP Hà NộU Cách biểu diễn số phân số thập phân, mà bạn quen biết, tỏ hiệu lực Chẳng hạn số biểu diễn phân số thập phân tiện phép tính ta thực thuận Nhưng cách biểu điễn số, dù ưu việt đến đâu, biểu số : (ø, b nguyên, > 1) Với cặp số nguyên œ, b, b > tổn cặp số Go M1 nguyén cho a = bg, +7,,0 ry kết thúc sau hay ta có hệ thức : nghiên cứu số khía cạnh khía cạnh khác, người ta dùng cách biểu diễn khác thuận tiện Dưới giới thiệu với bạn cơng cụ biểu diễn số, có nhiều ứng dụng, gọi liên phân số Trước hết ta xét số hữu tỈ Một số hữu tỉ biểu diễn bang phan 186 dương 6, rị, r; giảm a= b= > dần, nên trình số hữu hạn bước, 0
