Từ bài toán giải phương trình tới bài toán dựng hình

ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC ========== NGUYỄN VĂN HIỆP TỪ BÀI TỐN GIẢI PHƢƠNG TRÌNH TỚI BÀI TỐN DỰNG HÌNH Chun ngành: Phuơng pháp tốn sơ cấp Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ PHƢƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP Thái Ngun - 2010 Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn Mục Lục Lời cảm ơn Lời nói đầu Chương Nhìn chung tốn giải phương trình 1.1 Bài toán chứng minh đối tượng thỏa mãn điều kiện 1.2 Bài tốn tìm đối tượng thỏa mãn điều kiện 1.3 Đẳng thức 1.3.1 Định nghĩa 1.3.2 Ví dụ 1.4 Phương trình 1.4.1 Phương trình nghiệm phương trình 1.4.2 Ví dụ 10 1.4.3 Giải phương trình, đường lối chung để giải phương trình 10 1.4.4 Phương trình hệ quả, phương trình tương đương 16 1.4.5 Phương trình có tham số 16 Chương Từ tốn giải phương trình tới tốn dựng hình 16 2.1 Cái nhìn tổng quan 19 2.1.1 Một kết luận khác thường 44 2.1.2 Một kết luận quan trọng 45 2.1.3 Vẽ hình lời giải tốn dựng hình phương phapsboons bước …….18 2.2 Ví dụ 18 Kết luận 43 Tài liệu tham khảo 44 Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn LỜI CẢM ƠN Bản luận văn hoàn thành hướng dẫn TS Nguyễn Minh Hà Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy cơng tác giảng dạy với hướng dẫn tận tình thời gian tác giả học cao học hoàn thành luận văn Trong trình học tập, tác giả nhận quan tâm giúp đỡ giảng dạy nhiệt tình Thầy, Cơ cơng tác trường Đại Học Khoa Học – Đại học Thái Nguyên, Khoa Công Nghệ Thông Tin – Đại Học Thái Nguyên, Trường Đại Học Sư Phạm – Đại Học Thái Ngun, Viện Tốn Học Tác giả xin bày tỏ lịng biết ơn sâu sắc đến Thầy, Cô Tác giả xin chân thành cảm ơn Ban Giám Hiệu Trường THPT Lục Ngạn số 4, Ban Giám Hiệu Trường THPT Bố Hạ, tạo điều kiện thuận lợi thời gian tác giả học cao học hoàn thành luận văn Tác giả xin chân thành cảm ơn anh chị, bạn học viên cao học, bạn bè, đồng nghiệp gia đình, giúp đỡ nhiều trình học tập hồn thành luận văn Thái ngun ngày tháng 11 năm 2010 Tác giả Nguyễn Văn Hiệp Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Ngun http://www.lrc-tnu.edu.vn LỜI NĨI ĐẦU Bài tốn dựng hình ba tốn tìm đối tượng thỏa mãn điều kiện chương trình tốn phổ thơng: tốn giải phương trình, tốn quỹ tích, tốn dựng hình Dạy cho học sinh hiểu chất logic tốn dựng hình vấn đề tương đối khó, lí sau: + Tìm kiếm cơng cụ hồn tồn (compa thước kẻ), đối tượng cần tìm đa dạng (điểm, tam giác, đường tròn ) + Học sinh phổ thơng học qúa dựng hình (thời lượng q ít, cụ thể em học khoảng từ đến tiết tốn dựng hình) Làm để em học sinh phổ thơng hiểu chất logic tốn dựng hình? Làm để em học sinh phổ thơng giải tốn dựng hình cách đơn giản? Câu trả lời mà tơi tìm thấy là: “Lấy vững vàng tốn giải phương trình để khắc phục non nớt tốn dựng hình” Bởi phân tích trên, tơi chọn cho luận văn đề tài Từ tốn giải phương trình tới tốn dựng hình Luận văn bao gồm hai chương: Chương Nhìn chung tốn giải phương trình Tơi đưa cách giải hai tốn: toán chứng minh đối tượng thỏa mãn điều kiện tốn tìm kiếm đối tượng thỏa mãn điều kiện Tôi giới thiệu với học sinh cách tổng quan tốn giải phương trình Chương Từ tốn giải phương trình tới tốn dựng hình Tơi phân tích cho học sinh thấy rõ đồng mặt logic tốn giải phương trình tốn dựng hình, đồng thời phân tích để học sinh thấy khác biệt cụ thể tốn giải phương trình (tìm giá trị ẩn cho phương trình trở thành đẳng thức đúng) tốn dựng hình (tìm thước compa hình (H) thoả mãn ràng buộc đó) Tiếp theo số ví dụ tốn dựng hình, có lời giải, kèm theo nhận xét nhằm làm sáng tỏ mối liên hệ toán giải phương trình tốn dựng hình Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn CHƯƠNG I NHÌN CHUNG VỀ BÀI TỐN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH 1.1 Bài tốn chứng minh đối tượng thỏa mãn điều kiện Bài toán chứng minh đối tượng thỏa mãn điều kiện, hình thức phát biểu sau: Cho đối tượng A( ) chứng minh đối tựơng B() Về phương diện logic, toán chứng minh đối tượng thoả mãn điều kiện có hai phương pháp giải, mơ hình hố sau Phương pháp 1, chứng minh trực tiếp* A( )  B() Phương pháp 2, chứng minh phản chứng B()  A( ) Hai phương pháp giải toán chứng minh đối tượng thoả mãn điều kiện đơn giản, tương đối dễ hiểu học sinh 1.2 Bài tốn tìm đối tượng thỏa mãn điều kiện Bài tốn tìm kiếm đối tượng thoả mãn điều kiện phát biểu sau: Tìm tất đối tượng A( ) Bài tốn tìm đối tượng thoả mãn điều kiện có ba phương pháp giải, mơ hình hố sau Phương pháp 1, biến đổi hệ thử lại* Bước 1, biến đổi hệ quả* A( )  A  T Bước 2, thử lại* A  T  A( ) Phương pháp 2, biến đổi tương đương* A( )  A  T Chú ý Về phương diện lơgic, phương pháp biến đổi tương đương phương pháp biến đổi hệ thử lại Tuy nhiên, lời giải tốn tìm kiếm đối tượng cụ thể, sử dụng phương pháp hai phương pháp vấn đề khơng đơn giản địi hỏi người giải tốn phải có kĩ Phương pháp 3, đoán nhận khẳng định* Bước 1, đoán nhận* Bằng cách T  A( ) Bước 2, khẳng định* A  T  A( ) A  T  A( ) Chú ý Nếu sử dụng phương pháp đoán nhận khẳng định ta phải có thao tác đốn nhận tập hợp T trước tiến hành thao tác định khẳng: chứng minh Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn A  T  A( ) Như vậy, phương pháp đoạn nhận khẳng định không tự nhiên phương pháp biến đổi hệ thử lại Vì lí trên, phương pháp đốn nhận khẳng định sử dụng phương pháp biến đổi hệ thử lại Kí hiệu A( ) biểu thị đối tượng A có tính chất  Cùng với kí hiệu A( ), ta cịn dùng kí hiệu A( ) để biểu thị đối tượng A khơng có tính chất  Các kí hiệu A( ) A( ) có hiệu lực tồn luận văn Trong tốn 2, thuật ngữ “tìm” cần phải hiểu “tìm hết” khơng phải “tìm được” Nói cách xác, tìm tập hợp A A( ) Trong tốn tìm đối tượng thoả mãn điều kiện chương trình tốn phổ thơng, ba tốn sau coi điển hình 1) Bài tốn tìm đối tượng thoả mãn điều kiện thứ nhất, giải phương trình Tìm giá trị ẩn cho thay giá trị vào vị trí ẩn, phương trình trở thành đẳng thức 2) Bài tốn tìm đối tượng thoả mãn điều kiện thứ hai, quỹ tích Tìm hình (H) gồm tất điểm A( ) 3) Bài tốn tìm đối tượng thoả mãn điều kiện thứ ba, dựng hình Tìm (bằng thước compa) hình A( ) 1.3 Đẳng thức 1.3.1 Định nghĩa Hai biểu thức nối với dấu gọi đẳng thức Mỗi biểu thức nói định nghĩa gọi vế đẳng thức 1.3.2 Ví dụ = (đẳng thức đúng) = (đẳng thức sai) 2x + = (vì giá trị x chưa cụ thể nên ta chưa thể nói đẳng thức sai) 3x2 +xy3 = 5zy +z4 (vì giá trị x, y, z chưa cụ thể nên ta chưa thể nói đẳng thức sai) Nên ý việc kiểm tra tính đúng, sai đẳng thức nói chung khơng đơn giản Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 1.4 Phương trình 1.4.1 Phương trình nghiệm phương trình Hai biểu thức có chứa số chưa biết (gọi ẩn) nối với dấu gọi phương trình Mỗi biểu thức nói định nghĩa gọi vế phương trình Những giá trị ẩn làm cho phương trình trở thành đẳng thức gọi nghiệm phương trình 1.4.2 Ví dụ = (phương trình nhận giá trị ẩn làm nghiệm) = (phương trình vơ nghiệm) 2x + = (phương trình (ẩn x) có nghiệm x = 2; phương trình ẩn (x, y) có vơ số nghiệm dạng (2, y); ) 3x2 +xy3 = 5zy +z4 (phương trình ẩn (x, y, z); phương trình ẩn (x, y, z, t); ) Trừ vài loại phương trình học chương trình tốn phổ thơng, nhìn chung việc tìm nghiệm phương trình khơng đơn giản 1.4.3 Giải phương trình, đường lối chung để giải phương trình Giải phương trình tức tìm hết nghiệm phương trình Như tốn giải phương trình tốn tìm đối tượng thoả mãn điều kiện Do đó, phương diện logic giải ba phương pháp sau: biến đổi hệ thử lại; biến đổi tương đương; đốn nhận khẳng định Các ví dụ cụ thể hoá ba phương pháp giải Ví dụ 1.1, biến đổi hệ thử lại Giải phương trình sau x 1  x  Lời giải Bước 1, biến đổi hệ Giả sử x0 nghiệm phương trình, theo định nghĩa nghiệm phương trình, ta thấy: x   x  đẳng thức  x   x 02  6x  đẳng thức  x 20  7x  10  đẳng thức Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn  (x  2)(x  5)  đẳng thức  x đẳng thức x đẳng thức x đẳng thức x đẳng thøc ®óng Bước 2, thử lại Vì    1   nên khơng phải nghiệm phương trình Vì 1    nên nghiệm phương trình Kết luận Phương trình có nghiệm Ví dụ 1.2, biến đổi tương đương Giải phương trình sau x    x(x  3) Lời giải Cách Ta thấy: x0 nghiệm phương trình  x 1  x (x  3) đẳng thức x 1  x (x  3)  x 1     lµ tun hai hƯ đẳng thức bất đẳng thức (x 1)  x (x  3)  x 1  x  2x 1  0    x  tuyển hai hệ đẳng thức bất đẳng thøc ®óng x  4x   0     x  Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn  x      x    x     lµ tun hai hệ đẳng thức bất đẳng thức x  2      x  2   x  x  1     x tuyển ba đẳng thøc ®óng   x  2   Kết luận Phương trình có nghiệm  2.;   3;   Cách Trường hợp x   Ta thấy: x0 nghiệm phương trình  x 1  x (x  3) đẳng thức  x  2x   đẳng thức x     tuyển hai đẳng thức  x   Kết hợp với điều kiện x   0, ta thấy: x0 nghiệm phương trình  x   đẳng thức Trường hợp x   Ta thấy: x0 nghiệm phương trình   (x 1)  x (x  3) đẳng thức  x  4x   đẳng thức  x  2    tuyển hai đẳng thức  x  2  Kết hợp với điều kiện x   0, ta thấy: Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn x0 nghiệm phương trình  x  2    tuyển hai đẳng thức  x  2  Kết luận Kết hợp hai trường hơp, ta thấy phương trình có ba nghiệm  2, 2  3,   Ví dụ 1.3, đốn nhận khẳng định Giải phương trình sau x  60  28 x 3 Lời giải Bước 1, đoán nhận Dễ thấy, – nghiệm phương trình Bước 2, khẳng định Khi x  4, ta thấy x4  60  4  60   28 28  43 x 3 Khi x  4, ta thấy x4  60  4  60   28 28  43 x 3 Tóm lại, x  4 khơng phải nghiệm phương trình Kết luận Phương trình có hai nghiệm, – Ví dụ 1.4, đoạn nhận khẳng định   x     x Lời giải Vì số bậc chẵn phải nhận giá trị không âm nên < x < Vì < x < nên  x    x   1 Kết luận Phương trình vơ nghiệm Chú ý Vì phương trình vơ nghiệm nên lời giải khơng có bước đốn nhận mà có bước khẳng định Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 30 Từ bất đẳng thức a  PQ  AP.BQ dễ dàng suy f   AP.BQ  PQ  a  AP.BQ Do PE  AP.BQ; QF  AP.BQ (7) Tương tự trường hợp 2, KBQP hình thang cân Do PK = QB Suy PD.PC = PA.PK = PA.QB (8) Từ (7) (8) suy PE  PC.PD  PD  PD (9) Tương tự QF > QC (10) Từ (6), (9) (10) suy PD < PE < PF < PC < PQ   BQF  + Ta có APE Vì PE, QF hai ngiệm phương trình x2 – (PQ – a)x + AP.BQ = nên, theo định lí Viet, PE.QF = PA.QB Do PE QB  PA QF Vậy tam giác EPA, BQF đồng dạng Từ đó, tương tự trường hợp 2, hai cặp điểm E, F dựng thoả mãn điều kiện đề Kết luận Khi a  PQ  AP.BQ tốn vơ nghiệm Khi a  PQ  AP.BQ toán có nghiệm Khi a  PQ  AP.BQ tốn có hai nghiệm Nhận xét + Lời giải có q trình biện luận, biện luận tường minh * + Để chứng minh KB // PQ, khơng sử dụng góc định hướng phép chứng minh phụ thuộc hình vẽ Ví dụ 2.5 Dựng ABC biết đường cao AH  h a ; phân giác AD  la ; trung tuyến AM  m a Lời giải Trước hết, xin giới thiệu không chứng minh hai bổ đề đơn giản Bổ đề 2.1 Nếu AH, AD, AM theo thứ tự đường cao, phân giác, trung tuyến tam giác ABC AH  AD  AM Bổ đề 2.2 Nếu tam giác ABC không cân A I giao điểm phân giác AD với trung trực cạnh BC tứ giác ABIC nội tiếp Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 31 Nhờ bổ đề 2.1, ta thấy, có ba trường hợp cần xem xét Trường hợp h a  la  m a Dễ thấy tốn có vô số nghiệm (tất tam giác ABC cân A với đường cao h a  la  ma ) Trường hợp h a  la  m a Phân tích Giả sử ABC thỏa mãn yêu cầu đề Ta thấy ADH AMH dựng (biết đường trung tuyến cạnh góc vng, ý h a  la  m a ) Gọi x đường thẳng qua M vng góc với HM Đặt I giao điểm x với AD Gọi y đường thẳng trung trực AI Theo bổ đề 2.2, I thuộc đường tròn (O), ngoại tiếp tam giác ABC Chú ý x đường trung trực BC, ta có O = x ∩ y Từ (sự phân tích trên) ta có cách dựng tam giác ABC (mà ta hi vọng thoả mãn điều kiện đề bài) sau Cách dựng Dựng ADH AMH vuông H biết AH  h a ; AD  la ; AM  m a (Hình 2.5) A x y O B H D M C I Hình 2.5 Dựng x  MH M Dựng I  x  AD Dựng y trung trực AI Dựng O = x ∩ y Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 32 Dựng đường tròn tâm (O), tâm O bán kính OA Dựng B, C  (O)  HM Ta chứng minh tam giác ABC dựng thoả mãn điều kiện đề Chứng minh Theo dựng AH  h a ; AD  la ; AM  m a Vì la  ma nên HD < HM Suy I A nằm hai phía khác đường thẳng HM Từ đó, ý đường trịn (O) qua A, I, suy điểm B, C tồn (Hình 2.5)   90 đường thẳng HM trùng đường thẳng BC Do Theo cách dựng AHM AH đường cao tam giác ABC   90; đường thẳng HM trùng đường thẳng BC; OB = OC Theo cách dựng OMH  Do AM, AD theo Suy M, I theo thứ tự trung điểm đoạn BC, cung BC thứ tự trung tuyến, phân giác ABC Trường hợp h a , la , ma không thoả mân điều kiện h a  la  m a Theo bổ đề 2.2, tốn vơ nghiệm Kết luận Khi h a  la  ma , tốn có vơ số nghiệm (tất tam giác ABC cân A với đường cao h a  la  ma ) Khi h a  la  m a , tốn có nghiệm h a , la , m a không thoả mân điều kiện h a  la  m a , tốn vơ nghiệm Nhận xét + Trong giả thiết tốn có chứa tham số h a , la , m a Do lời giải có qúa trình biện luận Cách biện luận lời giải gọi cách biện luận tường minh* Trong trường hợp trường hợp 3, toán giải phương pháp đoán nhận khẳng định Trong trường hợp 2, toán giải phương pháp bốn bước khơng có bước biện luận Ví dụ 2.6 Cho tam giác ABC Hãy tìm điểm E đoạn AB (khác A), điểm F đoạn AC (khác A) cho BE  EF  FC Lời giải Để cho đơn giản, ta giải toán AB  AC Khi AC < AB, toán giải tương tự Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 33 Có hai trường hợp cần xem xét Trường hợp AC < 2AB Phân tích Giả sử dựng hai điểm E, F cho BE  EF  FC (Hình 2.6a) Qua A kẻ đường thẳng song song với EF cắt tia BF M Qua M kẻ đường thẳng song song với AC cắt tia BC N BE EF BF FC Theo định lí Thales, ta có    BA AM BM MN Từ đó, ý BE  EF  FC, suy AB  AM  MN Từ (sự phân tích trên) ta có cách dựng điểm E, F (mà ta hi vọng thoả mãn điều kiện đề bài) sau A M E F B C N Hình 2.6a Dựng hình (Hình 2.6b) Dựng đường trịn (A), tâm A bán kính AB Dựng điểm P tia CA cho CP = AB Dựng tia Px qua P hướng với tia BC cắt đường tròn (A) M Dựng F = BM ∩ AC Dựng đường thẳng qua F song song với AM cắt AB E Ta chứng minh hai điểm E, F dựng thoả mãn điều kiện đề A E M P x F C B Hình 2.6b Chứng minh (Hình 2.6c) Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 34 Vì AB  AC < 2AB nên CP  AC < 2CP Do AP = AC – CP < CP = AB Suy P thuộc đoạn AC P nằm đường tròn (A) Từ dễ thấy điểm M tồn thuộc nửa mặt phẳng bờ AC không chứa B Suy ra, ý P thuộc đoạn AC, điểm F tồn thuộc AC (khác A) Do đó, ý P thuộc đoạn AC, điểm E tồn thuộc AB (khác A) Qua M dựng đường thẳng song song với AC cắt BC N Vì PM // CN; PC // MN (theo cách dựng) nên tứ giác MNCP hình bình hành Do MN = CP A E M P F B C N Hình 2.6c Từ đó, ý CP = AB = AM (theo cách dựng), suy AB = AM = MN (1) Mặt khác, EF // AM; FC // MN (theo cách dựng), nên, theo định lí Thales, ta có BE EF BF FC    (2) BA AM BM MN Từ (1) (2) suy BE  EF  FC Trường hợp AC  2AB Nếu tồn hai điểm E, F thoả mãn điều kiện đề AC – AB = AF – AE < EF = AB Suy AC < 2AB Mâu thuẫn Vậy không tồn hai điểm E, F thoả mãn điều kiện đề Kết luận Nếu AC < 2AB tốn có nghiệm hình Nếu AC  2AB tốn vơ nghiệm Nhận xét + Trong giả thiết tốn có chứa tham số k  AC Do lời giải AB có qúa trình biện luận Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 35 Trường hợp 1, toán giải bẳng phương pháp bốn bước khơng có bước biện luận Trường hợp 2, toán giải phương pháp bốn bước khơng có bước: dựng hình, chứng minh, biện luận (vì tốn vơ nghiệm) + Trường hợp 1, có tới ba hình vẽ: hình vẽ cho bước phân tích (khơng có điểm P có điểm N); hình vẽ cho bước dựng hình (khơng có điểm N có điểm P); hình vẽ cho bước chứng minh (có hai điểm P N) + Nếu nhìn vào hình vẽ, dễ thiếu trường hợp AC  2AB Ví dụ 2.7 Cho đường thẳng ∆ hai điểm A, B nằm phía ∆ Tìm điểm M ∆ cho MA + MB nhỏ Lời giải Gọi A’ điểm đối xứng A qua ∆ Đặt M0 = A’B ∩ ∆ Vì A, B nằm phía ∆ nên A’, B nằm hai phía ∆ Do M0 thuộc đoạn A’B (Hình 2.7) B A M0 M A' Hình 2.7 Ta có MA + MB = MA’ + MB  A’B  M   Vậy MA + MB nhỏ  MA + MB = A’B  M thuộc đoạn A’B  M = A’B ∩ ∆  M trùng M0 Kết luận Khi M trùng với M0, MA + MB nhỏ Nhận xét Đây tốn dựng hình giải phương pháp biến đổi tương đương, khơng có bước dựng hình, khơng có q trình biện luận giả thiết chứa nhiều tham số: khoảng cách hai điểm A, B; khoảng cách từ A tới ∆; khoảng cách từ B tới ∆ Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 36  điểm M nằm góc Dựng đường thẳng ∆ qua M Ví dụ 2.8 Cho góc xOy cắt Ox, Oy theo thứ tự A, B cho OA + OB nhỏ Lời giải Lấy X, Y theo thứ tự thuộc tia Ox, Oy cho MX // Oy; MY //Ox Lấy đường thẳng ∆ qua M cắt Ox, Oy theo thứ tự A, B (Hình 2.8a) x A X M O Y B y Hình 2.8a Theo định lí Thales, ta có OX OY BM AM     OA OB BA AB Do đó, theo bất đẳng thức Bunyakovsky, ta có OX OY   OX OY   OA  OB   OA  OB      OA  OB    OA OB   OA OB   Vậy:   OX  OY OA + OB nhỏ OB  OA  OX  OY  OA  OB  OX  OY  OB  OA  OX  OY Vì  hệ phương trình bậc OA, OB nên OA  OB  OX  OY  OA  OX  OX.OY  OB  OY  OX.OY   Do đó:   OA + OB nhỏ  OA  OB   OX  OY  OA  OX  OX.OY  OB  OY  OX.OY Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 37 Với phân tích trên, đường thẳng ∆ (mà ta hy vọng thoả mãn điều kiện đề bài) dựng sau Trên tia đối tia XO, YO, phương pháp đại số, theo thứ tự lấy điểm A, B cho XA = YB = OX.OY (Hình 2.8c) x A X M O Y B y Hình 2.8c Ta chứng minh đường thẳng AB đường thẳng ∆ thoả mãn điều kiện đề Thật Ta có XA = YB = OX.OY (theo cách dựng) (1) Từ (1), ý OXMY hình bình hành, theo định lí Thales, ta có XA OX.OY OX YM    XM OY YB OX.OY   MYB,  tam giác AXM, MYB đồng dạng Do đó, ý AXM Vậy, ý OA // YM, ta có  + XMY  + YMB  = AMX  + AXM  + XAM  = 180 AMX Suy AB qua M (2) Từ (1) (2), ý OA + OB nhỏ  OA = OX + OX.OY OB = OY + OX.OY, suy đường thẳng AB dựng đường thẳng ∆ thoả mãn điều kiện đề Nhận xét Đây tốn dựng hình giải phương pháp biến đổi tương đương điều kiện (đường thẳng ∆ qua M điều kiện), có bước dựng hình, khơng có q trình biện luận giả thiết chứa nhiều tham số: độ dài đoạn OM; khoảng cách từ M tới Ox; khoảng cách từ M tới Oy Ví dụ 2.9 Cho tam giác ABC điểm M nằm cạnh AB (có thể trùng A, B) Dựng đường thẳng qua M chia tam giác thành hai phần có diện tích Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 38 Lời giải Có năm trường hợp cần xem xét Trường hợp MA = Dễ thấy đường thẳng cần dựng đường thẳng qua A trung điểm A’ đoạn BC (Hình 2.9a) M =A A' B C Hình 2.9a Trường hợp MA = BA Dễ thấy đường thẳng cần dựng đường thẳng qua B trung điểm B’ đoạn AC (Hình 2.9b) A B' C M=B Hình 2.9b Trường hợp MA = BA Dễ thấy đường thẳng cần dựng đường thẳng MC (Hình 2.9c) A M C B Hình 2.9c Trường hợp < MA < BA Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 39 Gọi C’ trung điểm AB Trên đoạn BC lấy điểm N cho NC’ // CM (Hình 2.9d) A M C' B C N Hình 2.9d Ta thấy: S(CMN) = S(CMC’)  S(CMN) + S(CMA) = S(CMC’) + S(CMA)  S(CAMN) = S(CAC’)  S(CAMN) = S(ABC)  2S(CAMN) = S(CAMN) + S(BMN)  S(CAMN) = S(BMN) Do MN đường thẳng cần dựng Trường hợp BA  MA  BA Gọi C’ trung điểm AB Trên đoạn AC lấy điểm P cho PC’ // CM (Hình 2.9e) A C' P M C B Hình 2.9e Tương tự trường hợp 4, MP đường thẳng cần dựng Ví dụ 2.10 Cho tam giác ABC điểm M nằm cạnh AB (có thể trùng A, B) Dựng đường thẳng qua M chia tam giác thành hai phần có chu vi Lời giải Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 40 Trước hết, xin giới thiệu bổ đề  tam giác ABC tiếp xúc với BC X Bổ đề Nếu đường tròn bàng tiếp góc BAC XB = p – c; XC = p – b Trong đó, a, b, c, theo thứ tự độ dài cạnh BC, CA, AB; p = (a + b + c) Bổ đề quen thuộc việc chứng minh đơn giản, xin khơng trình bày Trở lại giải toán 2.10  CBA;  ACB  Gọi X, Y, Z theo thứ tự tiếp điểm đường trịn bàng tiếp góc BAC; với BC, CA, AB Có năm trường hợp cần xem xét Trường hợp M trùng A Theo bổ đề 1, AB + BX = c + (p – c ) = p = b + (p – b) = AC + CX Do AX đường thẳng cần dựng (Hình 2.10a) M =A B X C Hình 2.10a Trường hợp M trùng B Tương tự trường hợp 1, BY đường thẳng cần dựng (Hình 2.10b) A Y M =B C Hình 2.10b Trường hợp M trùng Z Tương tự trường hợp 1, ZC đường thẳng cần dựng (Hình 2.10c) Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 41 A M = Z C B Hình 2.10c Trường hợp M thuộc đoạn AZ A M Z B X N C Hình 2.10d Lấy N thuộc đoạn CX cho NC = MZ Ta có MA + AC + CN = MA + CA + ZM = CA + AZ = p Do MN đường thẳng cần dựng (Hình 2.10d) Trường hợp M thuộc đoạn BZ A Y Z P M B C Hình 2.10e Lấy P thuộc đoạn CY cho PY = MB Ta có MB + BC + CP = PY + BC + CP = BC + CY = p Do MN đường thẳng cần dựng (Hình 2.10e) Nhận xét + Trong giả thiết tốn 2.9, 2.10 có chứa tham số, độ dài đoạn AM Do lời giải chúng xuất qúa trình biện luận + Trong trường hợp 2.1, 2.2, 2.3, 2.4 2.5, toán giải phương pháp đoán nhận khẳng định nhưng, từ xưa tới nay, tất tài liệu, lời giải Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 42 tốn có bước đốn nhận mà khơng có bước khẳng định, lẽ, hiểu qua điểm M khơng có qúa đường thẳng chia tam giác ABC thành hai phần có diện tích khơng có qúa đường thẳng chia chu vi tam giác ABC thành hai phần có độ dài Tất nhiên, khơng có sai phạm muốn thực bước khẳng định để “hồn thiện” lời giải Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 43 KẾT LUẬN Mục đích luận văn dạy học sinh tốn làm tốn dựng hình thơng qua việc dạy học sinh tốn giải phương trình Phân tích để học sinh phổ thơng hiểu rõ logic phương pháp dựng hình bốn bước (phân tích, dựng hình, chứng minh, biện luận) logic phương pháp giải phương trình biến đổi hệ thử lại Phân tích để học sinh phổ thơng hiểu rõ ngồi phương pháp dựng hình bốn bước cịn hai phương pháp dựng hình khác tương ứng với hai phương pháp giải phương trình sau: Biến đổi tương đương; Đốn nhận khẳng định Phân tích học sinh phổ thơng hiểu rõ khơng phải tốn dựng hình cần có bước dựng hình Phân tích học sinh hiểu rõ có tốn dựng hình mà bước phân tích bước chứng minh tiến hành đồng thời (biến đổi tương đương) Phân tích học sinh hiểu rõ bước biện luận tốn dựng hình có vai trị tương tự bước biện luận tốn giải phương trình (khi phương trình có tham số) Chương luận văn giới thiệu với học sinh cách tổng quan tốn giải phương trình Chương phân tích cho học sinh thấy rõ đồng mặt logic tốn giải phương trình tốn dựng hình, đồng thời phân tích để học sinh thấy khác biệt cụ thể tốn giải phương trình (tìm giá trị ẩn cho phương trình trở thành đẳng thức đúng) tốn dựng hình (tìm thước compa hình (H) thoả mãn ràng buộc đó) Tiếp theo số ví dụ tốn dựng hình, có lời giải, kèm theo nhận xét nhằm làm sáng tỏ mối liên hệ toán giải phương trình tốn dựng hình Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn 44 TÀI LIỆU THAM KHẢO [1] Sách giáo khoa toán lớp – NXBGG [2] Sách giáo khoa toán lớp - NXBGD [3] Sách giáo khoa đại số lớp 10 - NXBGD [4] Dựng Hình - Hứa Thuần Phỏng – NXBGD1977 [5] Toán Học Và Tuổi Trẻ số 251/ tháng 5/ năm 1998 Số hóa Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn ... việc tìm nghiệm phương trình khơng đơn giản 1.4.3 Giải phương trình, đường lối chung để giải phương trình Giải phương trình tức tìm hết nghiệm phương trình Như tốn giải phương trình tốn tìm đối... lời giải tốn dựng hình giải phương pháp bốn bước Tuy nhiên, điều thơng báo có tốn dựng hình giải phương pháp bốn bước mà lời giải khơng cần có bước dựng hình Khác với lời giải tốn dựng hình phương. .. tích lời giải tốn dựng hình phương pháp bốn bước bước biến đổi hệ toán giải phương trình phương pháp biến đối hệ thử lại Câu nói lời giải tốn dựng hình phương pháp bốn bước “Giả sử dựng hình (H)