Rèn luyện năng lực khái quát Hóa cho học sinh - Nguyễn Thế Mai

 lần lượt nằm trên d1 và d2, điểm A và điểm B nằm về hai phía khác nhau đối với mỗi đường thẳng đó. Tìm lần lượt trên d1 và d2 điểm M và N sao cho và tổng AM + MN + NB bé nhất.
Lời giải: (Hình 4) 
+/ Phân tích: Giả sử đã có điểm M và điểm N thoả mãn yêu cầu của bài toán. Gọi A’ là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo véctơ , khi đó chúng ta có
Do đó từ PQ và A’B không đổi suy ra ngắn nhất khi và chỉ khi A’, N, B thẳng hàng. 
+/ Cách xác định M, N: 
- Xác định A’ là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo véctơ . 
- Xác định N’ là giao điểm của A’B với d2.
- Xác định M, là ảnh của N, qua phép tịnh tiến theo véctơ .
Vậy vị trí M và N lần lượt trùng với M’ và N’.
+/ Chứng minh:
- Theo cách xác định M’ và N’ thì rõ ràng M’ thuộc d1 và N’ thuộc d2.
- Bây giờ ta chứng minh tổng AM’ + M’N’ + N’B bé nhất. Thật vậy, với bất kì M thuộc d1, N thuộc d2 và , chúng ta có:
+/ Biện luận: Bài toán chỉ có một nghiệm hình.
Nhận xét: Trong bài toán 4, nếu d1 trùng với d2 thì chúng ta có bài toán 3.
Kết hợp dấu hiệu 1 với dấu hiệu 3.1.
Từ phương pháp giải bài toán 1, bài toán 2 và bài toán 4, chúng ta có lời giải cho bài toán tổng quát sau: 
Khái quát 2: 
Trong mặt phẳng, cho n đường thẳng d1, d2, ... dn đôi một song song hặc trùng nhau. Cho P1, P2, ... Pn là n điểm lần lượt cố định trên d1, d2, ... dn, điểm A và điểm B cố định tuỳ ý. Tìm lần lượt trên d1, d2, ... dn các điểm M1, M2, ... Mn sao cho và tổng AM1 + M1M2 + ... + MnB bé nhất.
Dấu hiệu 3.2. Các đường thẳng cắt nhau.
Bài toán 5: Cho A là một điểm thuộc miền trong của góc nhọn xOy. Hãy tìm điểm M, N lần lượt thuộc tia Ox, Oy sao cho tổng độ dài đường gấp khúc AMNA ngắn nhất. 
Lời giải : (Hình 5) 
+/ Phân tích: Giả sử chúng ta đã có điểm M và điểm N thoả mãn yêu cầu của bài toán. Khi đó gọi A1, A2 lần lượt là các điểm đối xứng của A qua Ox và Oy, chúng ta có: 
AM + MN + NA = A1M + MN + NA2
 ≥ A1A2.
 Từ đó để AM + MN + NA ngắn nhất thì A1, M, N, A2 thẳng hàng.
+/ Cách xác định M, N:
- Xác định A1, A2 lần lượt điểm đối xứng với A qua Ox và Oy.
- Nối A1A2 cắt Ox, Oy lần lượt tại Mo và No.
+/ Chứng minh: 
- Trước hết theo cách xác định như trên thì Mo và No là các điểm lần lượt thuộc Ox và Oy.
 - Mặt khác với bất kì M và N là hai điểm tuỳ ý lần lượt nằm trên Ox và Oy, ta có chu vi của tam giác AMN là: 
AM + MN + NA = A1M + MN + NA2
≥ A1A2
= A1Mo + MoNo + NoA2.
+/ Biện luận: Do xOy là góc nhọn nên góc éA1OA2 = 2éxOy < 180o . Suy ra đoạn A1A2 luôn cắt Ox và Oy lần lượt tại một điểm. Do đó bài toán chỉ có một nghiệm hình.
Nhận xét: Bài toán 5 là trường hợp đặc biệt khi điểm B trùng với điểm A trong bài toán sau: 
Cho A, B là hai điểm thuộc miền trong của góc nhọn xOy. Hãy tìm điểm M, N lần lượt thuộc tia Ox, Oy sao cho AB + BM +MN + NB ngắn nhất. 
Chú ý rằng, trong bài toán 5, chúng ta xác định được các điểm Mo, No là do góc xOy nhọn. Còn nếu thay giả thiết nhọn bởi giả thiết tù thì A1A2 không cắt Ox và Oy, vì lúc đó góc A1OA2 có số đo bằng hai lần số đo của góc xOy. 
Bây giờ chúng ta tiếp tục xét bài toán cho trường hợp ba đường thẳng cắt nhau.
Bài toán 6: Cho M, N là 2 điểm cố định lần lượt nằm trên cạnh AB và cạnh BC. Tìm điểm P thuộc đường thẳng qua A và C sao cho tam giác MNP có chu vi ngắn nhất.
Lời giải : (Hình 6)
 +/ Phân tích: Giả sử có điểm P thuộc đường thẳng qua A và C thoả mãn yêu cầu của bài toán. Lấy Mo là điểm đối xứng với M qua AC, khi đó chu vi tam giác MNP là:
 MN + NP + PM.
Do MN không đổi nên để chu vi tam giác MNP ngắn nhất, thì tổng NP + PM phải ngắn nhất. Suy ra Mo, P, N phải thẳng hàng. 
+/ cách xác định điểm P:
- Xác định Mo đối xứng với M qua AC.
- Xác định Po là giao của NMo với đường thẳng qua AC.
+/ Chứng minh:
- Rõ ràng Po thuộc đường thẳng qua AC.
 Mặt khác với bất kì điểm P thuộc đường thẳng qua AC chúng ta có:
NP + PM = NP + PMo
≥ NMo
= NPo + PoMo.
Vậy chu vi tam giác MNP ngắn nhất khi P trùng với Po. 
+/ Biện luận: Bài toán luôn có một nghiệm hình.
Nhận xét định hướng: Trong bài toán 6, chúng ta đã xét bài toán với giả thiết điểm M và điểm N lần lượt cố định trên AB và BC. Trong bài toán tiếp theo chúng ta sẽ xét bài toán với yêu cầu là tìm ba điểm M, N, P.
Bài toán 7: Cho tam giác nhọn ABC. Tìm trên AB, BC, CA các điểm M, N, P sao cho tam giác MNP có chu vi bé nhất.
Lời giải : (Hình 7)
+/ Phân tích: Giả sử đã có ba điểm M, N, P thoả mãn yêu cầu của bài toán. Gọi N1, N2 lần lượt là các điểm đối xứng với N qua AB và AC. Khi đó theo tính chất của phép đối xứng trục ta có: AN = AN1 = AN2,
MN = N1M,
PN2 = PN,
góc N1AN2 = 2A,
Hình 7
Suy ra
Vậy giá trị nhỏ nhất của chu vi tam giác MNP bằng . Giá trị này đạt được khi và chỉ khi AN là đường cao của tam giác ABC đồng thời bốn điểm N1, M, P, N2 thẳng hàng.
Khi AN là đường cao của tam giác ABC, gọi CH, BK là các đường cao còn lại của tam giác ABC, ta có:
éAN1H = éANH ; ( Tính chất của phép đối xứng trục.)
= éACH ; ( Tứ giác ACNH nội tiếp.)
= éKBH ; (Tứ giác BCKH nội tiếp.) (1)
éN1AH = éN1NB ; ( Tứ giác ANBN1 nội tiếp.)
= éHCB ; ( Vì NN1 song song với CH.)
= éHKB ; ( Tứ giác BCKH nội tiếp.) (2)
Từ (1) và (2) suy ra
éAN1H + éN1AH = éKBH + éHKB = éKHA
Vậy ba điểm N1, H, K thẳng hàng.
Tương tự, chúng ta chứng minh được N2, K, H thẳng hàng. Do đó bốn điểm N1, H, K, N2 thẳng hàng. Vậy M trùng với chân đường cao hc, P trùng với chân đường cao hb. Vậy tam giác MNP có chu vi bé nhất khi M, N, P lần lượt trùng với chân các đường cao của tam giác.
+/ Dựng hình:
Xác định N là chân đường cao AN của tam giác ABC.
- Xác định M là chân đường cao CM của tam giác ABC
- Xác định P là chân đường cao BP của tam giác ABC
+/ Chứng minh:
Trước hết, rõ ràng theo cách dựng thì M, N, P lần lượt nằm trên AB, BC, AC và 
Hơn nữa, với mọi bộ 3 điểm M’, N’, P’ lần lượt thuộc AB, BC, AC, gọi N’1 và N’2 là điểm đối xứng với N’ qua AB và AC, chúng ta có: 
Suy ra tam giác MNP đã dựng thoả mãn yêu cầu của bài toán.
+/ Biện luận:
Vì tam giác ABC nhọn nên N luôn thuộc đoạn BC và góc éN1AN2< 180o suy ra đoạn N1N2 luôn cắt các đoạn AB và AC. Như vậy bài toán luôn có một nghiệm hình.
Nhận xét định hướng: Trong bài toán 7, tam giác ABC được cho trước và chúng ta đi tìm tam giác MNP. Tiếp theo, chúng ta thử hoán vị giả thiết và kết luận để có bài toán mới. Cụ thể chúng ta xét bài toán sau đây:
Bài toán 8: Trong mặt phẳng, cho tam giác MNP. Hãy xác định tam giác ABC sao cho và tam giác ABC nhận MNP làm tam giác nội tiếp có chu vi bé nhất trong tất cả các tam giác nội tiếp nó.
Bài giải: (Hình 8) 
+/ Phân tích: Theo kết quả của bài toán 7 thì M, N, P phải là chân các đường cao của tam giác ABC. Khi đó tứ giác HMBN nội tiếp do đó NBH = NMH.
 Lại có NBH = HAP suy ra HAP = NMH.
Mặt khác, tứ giác HMAP nội tiếp suy ra HAP = HMP do đó NMH = HMP.
Như vậy MH là phân giác của góc NMP.
Tương tự PH, NH lần lượt là phân giác của MPN, MNP. Từ đó chúng ta có cách xác định tam giác ABC như sau: 
- Xác định giao điểm ba đường phân giác của tam giác MNP.
- Qua M kẻ đường thẳng d1 vuông góc với MH, qua N kẻ đường thẳng d2 vuông góc với NH, qua P kẻ đường thẳng d3 vuông góc với PH. 
- A là giao của d1 và d3, B là giao của d1 và d2 , C là giao của d2 và d3.
+/ Biện luận: Theo cách xác định trên chúng ta thấy bài toán luôn có một nghiệm hình.
Nhận xét định hướng: Trong tất cả các bài toán trên đây, chúng ta đều xét các mở rỗng của bài toán gốc trong mặt phẳng (không gian 2-chiều). Chúng ta biết rằng, có nhiều bài toán trong mặt phẳng có thể tương tự hoá, khái quát hoá được trong không gian (không gian 3-chiều). 
Dấu hiệu 4. Số chiều của không gian mà bài toán đang xét.
Bài toán 9. Cho A và B là hai điểm nằm về hai phía so với mặt phẳng (a). Tìm điểm M nằm trên mặt phẳng (a) sao cho tổng AM + MB bé nhất. 
Bài toán 10. Cho A và B là hai điểm nằm về cùng một phía so với mặt phẳng (a). Tìm điểm M nằm trên mặt phẳng (a) sao cho tổng AM + MB bé nhất. 
Lời giải: (Hình 10) 
+/ Phân tích: Giả sử N là điểm bất kì thuộc (a), gọi B’ điểm đối xứng với B qua mặt phẳng (a), ta có 
AN + NB = AN + NB’ ≥ AB’.
Vậy AN + NB ngắn nhất khi và chỉ khi AN + NB = AB’. Suy ra A, N, B thẳng hàng. 
+/ Cách xác định M: 
- Xác định B’ đối xứng với B qua (a).
- Xác định M là giao của AB’ với đường thẳng qua (a).
+/ Chứng minh: Chúng ta chứng minh M thoả mãn yêu cầu của bài toán. Thật vậy, với bất kì điểm N trên (a) ta có
AN + NB > AB
 = AM + MB.
Nhận xét định hướng: Ta thấy trong bài toán 10, bài toán mới chỉ xét với yêu cầu tìm một điểm M nằm trên (a). Chúng ta thử xét bài toán với yêu cầu tìm nhiều điểm trên (a).
Dấu hiệu 5. Số điểm cần tìm nằm trên mặt phẳng. 
Bài toán 11: Cho P và Q là hai điểm nằm trên mặt phẳng (a), A và B là hai điểm nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (a), k là số thực. Tìm trên (a) hai điểm M, N sao cho và tổng AM + MN + NB ngắn nhất.
Lời giải: (Hình 11)
+/ Phân tích: Giả sử có M, N thuộc (a) và . Gọi A’ là ảnh của A qua phép tịnh tiến theo vectơ , gọi A’’ là điểm đối xứng với A’’ qua mặt phẳng (a). Khi đó 
AM + MN + NB = A’N +|k|PQ + NB
 = NA’’ +|k| PQ + NB.
Do PQ không đổi nên (AM + MN + NB)min
 (A’’N + NB)min
 A’’, N, B thẳng hàng
+/ Cách xác định M’ và N’:
Xác định hình A’ sao cho .
Xác định A’ đối xứng với A’ qua (a).
Xác định N’ là giao của A’’B với (a).
Xác định M’ sao cho .
+/ Chứng minh:
Trước hết theo cách xác định M’, N’ thuộc a và .
Mặt khác với bất kì M, N thuộc (a) và chúng ta có:
AM + MN + NB = A’N +|k| PQ + NB
= NA’’ + |k|PQ + NB
≥ A’’B + |k|PQ
= A’N’ + N’B + |k|PQ
= A’N’ + N’B + |k|PQ
= A’M’ + M’N’ + N’B.
Vậy tổng A’M’ + M’N’ + N’B là ngắn nhất.
+/ Biện luận: Từ cách xác định M’ và N’ như trên, chúng ta thấy bài toán luôn có một nghiệm hình.
Nhận xét: Trong bài toán 11, nếu đặc biệt hoá P trùng Q thì chúng ta có lời giải cho bài toán 10. 
Kết hợp dấu hiệu 1 với dấu hiệu 5.
Từ phương pháp giải bài toán 9, bài toán 10 và bài toán 11, chúng ta có lời giải cho bài toán tổng quát sau:
 Khái quát 3:
Trong không gian, cho P1, P2, ... Pn là các điểm nằm trên mặt phẳng (a), A và B là hai điểm cố định bất kì, k1, k2, ... kn-1 là