Có hay khơng cơng đoạn giới hạn quỹ tích

DỰ ĐỐN QUỸ TÍCH VÀ GIỚI HẠN QUỸ TÍCH 2.1 Suy luận toán học và suy luận có lí

2.3.2. Có hay khơng cơng đoạn giới hạn quỹ tích

Khơng có cơng đoạn giới hạn quỹ tích. Thừa nhận cơng đoạn giới hạn quỹ tích tức là thừa nhận sự xuất hiện của những phép suy luận có lí trong lời giải bài tốn quỹ tích.

Khẳng định trên góp phần chứng tỏ rằng lời giải bài tốn quỹ tích bằng phương pháp thuận-đảo có cùng bản chất logic với lời giải bài toán giải phương trình bằng phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Những sai lầm liên quan tới cái gọi là cơng đoạn giới hạn quỹ tích có rất nhiều và được phân thành hai loại: sai lầm về lí luận, sai lầm trong thực hành. Có thể nói rằng cơng đoạn giới hạn quỹ tích là sai lầm tràn lan trong các lời giải bài tốn tìm quỹ tích bằng phương pháp thuận-đảo.

Dưới đây là các ví dụ.

Ví dụ 1. Trong [3, tr 182-183] các tác giả dành hơn một trang cho công đoạn giới hạn quỹ tích. Xin trích hai ý kiến quan trọng nhất trong hơn một trang này với sự thay đổi kí hiệu cho phù hợp với các kí hiệu đang sử dụng trong luận văn này: „„Việc giới hạn quỹ tích sẽ được tiến hành như sau: Ta phải tìm (K‟) 

(K) là hợp tất cả những điểm của (K) mà khơng có tính chất  ‟‟; „„Sau khi đã giới hạn quỹ tích được như vậy, ta có thể kết luận rằng quỹ tích của những điểm M có tính chất là hình (H) = (K)/(K‟)‟‟.

Nhận xét.

+ Nếu tìm (H)  (K) bằng những phép suy luận có lí thì ta mới chỉ thực

hiện xong cơng đoạn dự đốn quỹ tích. Như đã nói trong mục 2.2.2, cơng đoạn dự đốn quỹ tích chỉ được thể hiện trên giấy nháp của người giải bài tốn quỹ tích.

+ Nếu tìm (H)  (K) bằng những phép suy luận tốn học thì q trình đi từ (K) tới (H) (chặt bỏ phần thừa (K)/(H)) là một bộ phận của phần thuận. Vì sao lại phải đưa vào thuật ngữ „„giới hạn quỹ tích‟‟?.

+ Thừa nhận sự tồn tại của cơng đoạn giới hạn có nghĩa là chúng ta sẽ phải giáp mặt với ba câu hỏi không thể trả lời.

Thế nào là thao tác giới hạn?

Thao tác giới hạn được sử dụng trong trường hợp nào, nếu có? Thao tác giới hạn được đặt ở vị trí nào trong lời giải, nếu có?

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

+ Nếu không làm phần đảo thì làm sao biết chắc được rằng (H) = (K)/(K‟) ? Nói cách khác, nếu khơng làm phần đảo thì làm cách nào để có thể tìm được tập hợp (K‟) gồm tất cả các điểm thuộc (K) mà khơng có tính chất ? Ví dụ 2. Trong [4 tr 26] tác giả khẳng định rằng ta cần có bước giới hạn vì nó đã tồn tại trong đầu chúng ta.

Nhận xét.

+ Không phải cái gì đã tồn tại trong đầu chúng ta cũng được thừa nhận. Trong quá trình phát triển nhận thức của nhân loại, có rất nhiều quan niệm đã được thừa nhận nhưng sau đó lại bị phủ nhận. Xin nêu một ví dụ cụ thể, trước Copernic, nhận loại quan niệm rằng mặt trời quay xung quanh trái đất, nhưng sau Copernic, nhân loại lại quan niệm rằng trái đất quay xung quanh mặt trời.

+ Trong mục 1.3.2, chúng ta đã nhất trí rằng về mặt logic bài tốn quỹ tích làm bằng phương pháp thuận-đảo bao gồm hai phần: thuận, đảo.

Thuận: M( )  M (H).

Đảo: M (H) M( ).

Thừa nhận sự tồn tại của công đoạn giới hạn có nghĩa là chúng ta chấp nhận mắc lỗi phản sư phạm trong quá trình dạy học sinh giải bài tốn quỹ tích bằng phương pháp thuận-đảo: Lí thuyết một đằng (khơng có cơng đoạn giới hạn quỹ tích); Thực hành một nẻo (có cơng đoạn giới hạn quỹ tích).

Ví dụ 3. Trong [5 tr 4] và trong [6 tr 9] các tác giả khẳng định rằng mọi bài tốn quỹ tích đều có cơng đoạn giới hạn quỹ tích.

Nhận xét.

„„Cho đoạn thẳng AB. Tìm quỹ tích những điểm M sao cho MA = MB‟‟. Trong lời giải bài tốn quỹ tích trên có cơng đoạn giới hạn quỹ tích khơng? Nếu có thì các tác giả viết sách giáo khoa hình học 7 đều sai!

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Ví dụ 4. Trong [7 tr 28] tác giả dành gần một trang cho cơng đoạn giới hạn quỹ tích. Xin trích dẫn hai ý kiến cơ bản của tác giả: Việc giới hạn quỹ tích nên làm sau phần thuận; Giới hạn quỹ tích là rất cần thiết.

Nhận xét.

+ Nếu đã làm xong phần thuận, có nghĩa là đã tìm thấy hình (H), thì có cần thiết phải có cơng đoạn giới hạn quỹ tích hay khơng?

+ Phải chăng trong lời giải bài tốn quỹ tích bằng phương pháp thuận-đảo sự xuất hiện của các phép suy luận có lí là rất cần thiết?

Ví dụ 5. Trong [8 tr 23], với bài viết dài gần ba trang tác giả bày tỏ rất nhiều ý kiến xung quanh vấn đề „„ Có hay khơng cơng đoạn giới hạn trong lời giải bài tốn tìm quỹ tích bằng phương pháp thuận-đảo ‟‟. Xin nêu ý kiến cơ bản nhất của tác giả: Trong phần thuận của lời giải bài tốn tìm quỹ tích bằng phương pháp thuận-đảo, ta có thể bỏ tên tiểu đề mục giới hạn đi, tính chặt chẽ chính xác tốn học khơng bị ảnh hưởng, nhưng hành động giới hạn – cắt bỏ phần thừa thì vẫn cịn đó, nó tồn tại như một thực tế khách quan, không phụ thuộc vào ý muốn chủ quan của chúng ta.

Nhận xét.

Khi ta bắt đầu phần thuận cũng là lúc ta bắt đầu quá trình cắt bỏ phần thừa để xác định chính xác hình (H)M( ) .  Nói cách khác hành động giới hạn – cắt bỏ phần thừa bắt đầu ngay khi chúng ta bước vào phần thuận. Theo ý kiến trên, phải chăng ta nên bỏ đại đề mục „„thuận‟‟ và thay vào đó đại đề mục (khơng phải là tiểu đề mục) „„giới hạn‟‟!

Ví dụ 6. [1 tr 78] Cho tam giác ABC cân ở A. Các điểm M, N theo thứ tự di chuyển trên các cạnh AB, AC sao cho AM = CN. Tìm quỹ tích tâm O của đường trịn ngoại tiếp tam giác AMN.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Lời giải 1. [1 tr 78 – 79] (chỉ trình bày phần thuận).

Thuận. Đường tròn (O) đi qua A là một điểm cố định. Ta sẽ chứng minh rằng (O) còn đi qua một điểm cố định khác.

Gọi giao điểm khác A của (O) với đường cao AH (cố định) là K (h.17). Ta có AMKN nội tiếp nên AMK CNK. Ta lại có A1A2 KM KN KMKN.

Do đó ∆AMK = ∆CNK (c.g.c)    

1 1 2 1

A C A C

     K thuộc đường trung trực

của AC. Vậy K là điểm cố định: giao điểm của các đường trung trực của ∆ABC. Đường tròn (O) đi qua hai điểm cố định A và K nên O nằm trên đường trung trực d của AK.

1 2 1 P O Q K H N A B C M (Hình 17) Giới hạn.

Khi MA thì NC, OQ, giao điểm của d với đường trung trực của AC. Khi MB thì NA, OP, giao điểm của d với đường trung trực của AB. Như vậy O chỉ di chuyển trên đoạn thẳng PQ.

Nhận xét.

Phần in nghiêng trong lời giải trên là phép suy luận có lí, khơng được trình bày trong lời giải bài tốn tìm quỹ tích. Nếu khơng bị nhiễu bởi cái gọi là cơng

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

đoạn giới hạn quỹ tích thì chắc chắn người giải bài tốn tìm quỹ tích khơng phạm phải sai lầm trên.

Lời giải 2. (chỉ trình bày phần thuận).

Thuận. Giả sử O thoả mãn điều kiện đề bài (h.18).

Gọi H là hình chiếu của A trên BC; K là giao điểm khác A của (O) với AH. Vì AMKN nội tiếp nên AMK CNK.

Vì tam giác ABC cân tại A nên A1 A .2

Suy ra các cung KM, KN  có cùng số đo. Do đó KM = KN. Vậy ∆AMK = ∆CNK (c.g.c). Suy ra A1C .1 Từ đó, chú ý rằng A1A ,2 suy ra A2 C .1 Do đó KA = KC (1). 1 2 1 J I F E P O Q K H N A B C M (Hình 18)

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Từ đó, chú ý rằng AH là đường trung trực của BC, suy ra K là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.

Gọi d là trung trực của AK.

Vì A và K thuộc (O) nên O thuộc d (1).

Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB, AC. Đặt P = d ∩ KE; Q = d ∩ KF.

Gọi I, J theo thứ tự là hình chiếu của O trên AB, AC.

Vì M, N theo thứ tự thuộc các đoạn AB, AC nên, chú ý rằng E, I theo thứ tự là trung điểm của các đoạn AB, AM và F, J theo thứ tự là trung điểm của các đoạn AC, AN, I, J theo thứ tự thuộc các đoạn AE, AF.

Từ đó, chú ý rằng KEAB; OIAB và KFAC; OJAC, suy ra O thuộc nửa mặt phẳng bờ KE chứa A và O thuộc nửa mặt phẳng bờ KF chứa A (2). Đặt P = d ∩ KE; Q = d ∩ KF.

Từ (1) và (2) suy ra O thuộc đoạn thẳng PQ. Nhận xét.

Tất cả các phép suy luận trong lời giải trên đều là các phép suy luận toán học. Lời giải 3. (chỉ trình bày phần thuận).

Thuận. Giả sử O thoả mãn điều kiện đề bài (h.18).

Gọi H là hình chiếu của A trên BC; K là giao điểm khác A của (O) với AH. Vì AMKN nội tiếp nên AMK CNK.

Vì tam giác ABC cân tại A nên A1 A .2

Suy ra các cung KM, KN  có cùng số đo. Do đó KM = KN.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Suy ra A1C .1

Từ đó, chú ý rằng A1A ,2 suy ra A2 C .1

Do đó KA = KC (1).

Từ đó, chú ý rằng AH là đường trung trực của BC, suy ra K là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC.

Gọi d là trung trực của AK.

Vì A và K thuộc (O) nên O thuộc d (1).

1 2 1 J I F E P O Q K H N A B C M (Hình 18) Giới hạn.

Gọi E, F theo thứ tự là trung điểm của AB, AC. Đặt P = d ∩ KE; Q = d ∩ KF.

Gọi I, J theo thứ tự là hình chiếu của O trên AB, AC.

Vì M, N theo thứ tự thuộc các đoạn AB, AC nên, chú ý rằng E, I theo thứ tự là trung điểm của các đoạn AB, AM và F, J theo thứ tự là trung điểm của các đoạn AC, AN, I, J theo thứ tự thuộc các đoạn AE, AF.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Từ đó, chú ý rằng KEAB; OIAB và KFAC; OJAC, suy ra O thuộc nửa mặt phẳng bờ KE chứa A và O thuộc nửa mặt phẳng bờ KF chứa A (2). Đặt P = d ∩ KE; Q = d ∩ KF.

Từ (1) và (2) suy ra O thuộc đoạn thẳng PQ. Nhận xét.

Lời giải 3 chính là lời giải 1 cộng với tiểu đề mục „„giới hạn‟‟.

Theo ý kiến của những người u thích cơng đoạn giới hạn [3 tr 23 cột 2 dòng 2, 3, 4 ], lời giải ba sư phạm hơn và do đó dễ hiểu hơn lời giải 2.

Tơi khơng hiểu vì sao chỉ với việc thêm một tiểu đề mục „„giới hạn‟‟, cái tiểu đề mục đã làm nhiều người viết sách có tay nghề làm tốn sơ cấp khá cao vẫn nhầm lẫn, lại có thể là cho lời giải 2 sư phạm hơn và do đó trở nên dễ hiểu hơn. Sư phạm hay phản sư phạm ?

Theo quan niệm của tôi, tiểu đề mục „„giới hạn‟‟ là thủ phạm làm sai lệch tư duy không chỉ của học sinh mà còn của nhiều giáo viên tốn, vì nó mà họ không thấy được sự kiện quan trọng: bài tốn tìm quỹ tích và bài tốn giải phương trình có cùng bản chất logic.

Ví dụ 7. Cho góc vng xOy và tam giác ABC vng ở A có ABC  30 và BC = a. Tam giác ABC di chuyển trong góc xOy sao cho đỉnh B thuộc tia Ox, đỉnh C thuộc tia Oy và đỉnh A thuộc nửa mặt phẳng bờ BC khơng chứa O. Tìm quỹ tích của A.

Lời giải 1. (chỉ làm phần thuận). Thuận.

Vì BAC   90 BOC nên tứ giác OBAC nội tiếp (h.19). Do đó AOy AOC ABC  30 .

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Suy ra A thuộc tia Oz nằm trong góc xOy và zOy  30 (1).

Lấy B0, C0 theo thứ tự thuộc Oy, Oz sao cho OB0 = CB, OC0 = BC. Lấy A1, A2 thuộc Oz sao cho OA1 = CA, OA2 = BA.

Giới hạn.

Cho BB .0 Dễ thấy CO, AA1 [A1A2] (2).

Cho CC .0 Dễ thấy BO, AA2 [A1A2] (3). Từ (1), (2) và (3) suy ra A thuộc đoạn A1A2. z y x C0 B0 A1 A O B C A2 (Hình 19) Nhận xét.

+ Ví dụ 7 là bài tốn 95 trong [2 tr 50] (đã được căn chỉnh), lời giải trên là lời giải bài toán 95 trong [2 tr 110] (đã được cụ thể hoá).

+ Phần in nghiêng trong lời giải trên là phép suy luận có lí, khơng được trình bày trong lời giải bài tốn quỹ tích. Nếu khơng bị nhiễu bởi cái gọi là công đoạn giới hạn quỹ tích thì chắc chắn người giải bài tốn tìm quỹ tích khơng phạm phải sai lầm trên.

Lời giải 2. (chỉ làm phần thuận). Thuận.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Lấy B0, C0 theo thứ tự thuộc Oy, Oz sao cho OB0 = CB, OC0 = BC. Lấy A1, A2, A3 thuộc Oz sao cho OA1 = CA, OA2 = BA, OA3 = BC (h.19).

Vì BAC   90 ABC  30 nên OA1 < OA2 < OA3 (*). Có ba trường hợp xảy ra.

Trường hợp 1. B  B ; C0  C .0

Vì BAC   90 BOC nên tứ giác OBAC nội tiếp. Do đó AOy AOC ABC  30 .

Suy ra A thuộc tia Oz nằm trong góc xOy và zOy  30 (1).

Vì BAC   90 BOC nên BC là đường kính của đường trịn ngoại tiếp tứ giác OABC.

Do đó OABCOA (2).3

Ta có AOC OAB 60   30 ABC AOC.

Suy ra OA > CA = OA1 (3). z y x A3 C0 B0 A1 A O B C A2 (Hình 20) Từ (1), (2) và (3) suy ra A  [A1A3] (4). Trường hợp 2. BB .0

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

Dễ thấy CO, AA1 [A1A3] (5).

Trường hợp 3. CC .0 Dễ thấy BO, AA .2

Từ đó, chú ý tới (*), suy ra AA2 [A1A3] (6).

Từ (4), (5) và (6) suy ra A thuộc đoạn [A1A3]. Nhận xét.

Tất cả các phép suy luận trong lời giải trên đều là các phép suy luận toán học.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu – Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn

KẾT LUẬN

Luận văn này đề xuất cách dạy bài tốn tìm quỹ tích thơng qua việc dạy bài tốn giải phương trình bằng cách khẳng định rằng bài tốn tìm quỹ tích và bài tốn giải phương trình có cùng bản chất logic.

Luận văn được trình bày thành hai chương.

Chương 1 của luận văn trực tiếp khẳng định rằng bài tốn tìm quỹ tích và bài tốn giải phương trình có cùng bản chất logic bằng nhận xét sau:

Ba phương pháp giải bài tốn quỹ tích : phương pháp thuận- đảo, phương

pháp thuận đảo đồng thời , phương pháp đảo - phản đảo tương ứng với ba

phương pháp giải bài tốn giải phương trình: Biến đổi hệ quả và thử lại, phương

pháp biến đổi tương đương , phương pháp đoán nhận và khẳng định .

Cùng với phần lí luận là hàng loạt các ví dụ nhằm làm sáng tỏ khẳng định trên. Mỗi ví dụ đều có lời giải chi tiết và sau mỗi lời giải là những nhận xét Đôi khi những nhận xét sau các lời giải còn liên quan tới kĩ thuật giải bài tốn tìm quỹ tích. Nhận xét sau đây rất đáng chú ý: Nếu giải bài tốn quỹ tích bằng phương pháp thuận-đảo mà sử cụng cơng cụ biến hình thì vẫn phải làm phần đảo, nó chấm dứt một vấn đề không đáng bàn nhưng lại được rất nhiều

người làm tốn quan tâm bàn luận sơi nổi.

Chương 2 của luận văn gián tiếp khẳng định rằng bài tốn tìm quỹ tích và bài tốn giải phương trình có cùng bản chất logic bằng hai nhận xét sau: