9. Bố cục của luận văn
2.3. Một số biện pháp nhằm rèn luyện kỹ năng giải bài tốn dựng hìn hở
trƣờng THCS.
2.3.1. Biện pháp 1: Rèn luyện kỹ năng vẽ thêm đường phụ (hình phụ), khi giải bài tốn dựng hình.
Đối với phần lớn học sinh phổ thơng hiện nay, khi giải bài bài tốn hình học mà gặp phải những bài tốn vẽ thêm đường phụ (hình phụ) đa số học sinh cịn lúng túng, không biết phải vẽ như thế nào, bắt đầu từ đâu và vẽ như thế nào để có lợi cho việc giải bài tốn, vì vậy học sinh gặp rất nhiều khó khăn khi gặp loại bài tập này. Việc rèn luyện kỹ năng vẽ thêm đường phụ trong khi phân tích là hết sức cần thiết và khơng thể thiếu khi giải những bài tốn khó.
Một vấn đề đặt ra: làm thế nào để học sinh khơng cịn lúng túng, khơng cịn e ngại khi gặp phải những bài tốn cần vẽ thêm đường phụ (hình phụ)?
Để làm được điều đó học sinh cần phải biết: + Bài tốn cho gì? u cầu gì?
+ Có giải quyết được khơng?
+ Nếu chưa giải quyết được ta phải xét xem có kẻ thêm được đường phụ không? và việc thêm vào một số yếu tố như: đoạn thẳng, tam giác... có làm bài tập dễ giải quyết hơn khơng?
Ví dụ: Dựng tam giác khi biết độ dài các đường trung tuyến thuộc hai
cạnh và đường cao thuộc cạnh thứ ba của tam giác.
Đối với bài toán này ta phải vẽ thêm đường phụ thì mới có thể giải được một cách tường minh và chặt chẽ được.
Giả sử ΔA1B1C1 là tam giác cần dựng, có: A1D1, B1E1 là các đường trung tuyến thuộc hai cạnh a, b. B1F1 là đường cao thuộc cạnh c (hình 2.20).
Ta đã biết độ dài của A1D1 = ma; B1E1 = mb; C1F1 = hc và A1F1C1 = 900. Các mối quan hệ đã biết là: B1D1 = D1C1; A1E1 = E1C1.
Khảo sát các hình tam giác trong hình vẽ ta thấy trong tất cả các góc và cạnh đều khơng có đủ ba yếu tố đã biết, cho nên phải vẽ thêm một đường bổ sung.
Giả sử kéo dài A1B1 ra hai phía sao cho H1A1 = A1B1 = B1G1, thế thì theo định lý về đường nối liền những trung điểm của hai cạnh trong một tam giác ta biết C1H1 = 2A1D1 = 2ma; C1G1 = 2B1E1 = 2mb; do đó ΔC1F1H1 và ΔC1F1G1 đều có hai cạnh và một góc đã biết, cho nên có thể dựng được.
+ Trong khi phân tích một bài tốn dựng hình, vị trí hay độ lớn của đường phụ (hình phụ )thêm vào cũng có thể thay đổi linh hoạt, cho nên có thể có các cách dựng khác nhau.
Ví dụ: Nội tiếp một hình vng trong một tam giác cho trước sao cho một
cạnh của nó nằm trên đáy của tam giác còn các đỉnh kia nằm trên các cạnh bên của tam giác. Ở ví dụ này có thể do thay đổi vị trí của hình vng vẽ thêm mà bài tốn được 5 trường hợp khơng giống nhau.
Trường hợp 1: Trên AB lấy một điểm N bất kỳ, dựng NMAC (hình 2.21). Lấy MN làm cạch, dựng một hình vng MNPQ trong ΔABC. Nối AP, kéo dài gặp BC tại P1. Dựng P1N1 // CA cắt BA tại N1.Từ P1, N1 dựng các đường P1N1, N1M1 vng góc với AC. Như vậy M1N1P1Q1 chính là hình vng nội tiếp cần dựng. G1 F1 H1 E1 D1 C1 A1 B1 Hình 2.20 Q N M P M1 N1 Q1 P1 C B A
Trường hợp 2: Trên AB lấy một điểm G1 bất kỳ, dựng G1F1 // BC, cắt AC tại F1(hình 2.22). Lấy G1F1 làm cạnh,dựng hình vng D1E1F1G1, nối AD1, AE1 kéo dài chúng cắt BC tại D, E. Từ D, E dựng các đường vng góc với BC cắt AB, AC tại G, F. Như vậy DEFG chính là hình vng cần dựng.
Trường hợp 3: Dựng đường cao AD1 thuộc BC, lấy AD1 làm cạch hình vng AD1E1F1, nối BF1, cắt AC tại F. Từ F dựng FG // CB cắt AB tại G, lại từ F, G dựng FE BC, GD BC, như vậy DEFG chính là hình vng cần dựng (hình 2.23 ) .
Trường hợp 4: Lấy BC làm cạnh dựng một hình vng BCE1D1 nằm bên
kia tam giác (hình 2.24), nối AD1, AE1 cắt BC tại D, E. Từ D, E dựng các đường vng góc với BC cắt AB, AC tại G, F. Nối GF. Như vậy DEFG chính là hình vng cần dựng. E E1 D1 F1 G1 G F D C B A Hình 2.22 E E1 D 1 F1 G F D C B A Hình 2.23 E H G 1 F1 G F D C B A Hình 2.24 E E1 D1 G F D C B A Hình 2.25
Trường hợp 5: Lấy BC làm cạnh dựng một hình vng CBG1F1 nằm cùng một phía với tam giác (hình 2.25). Lại dựng đường cao AH thuộc cạnh BC, nối HF1, HG1 cắt AC, AB tại F, G, nối FG, từ F, G dựng các đường vng góc với BC là FE, GD, như vậy DEFG chính là hình vng cần dựng.
Ví dụ: Dựng một tam giác biết độ dài của ba đường trung tuyến. Ở ví dụ
này có thể do thay đổi độ lớn của hình phụ vẽ thêm mà bài tốn được 4 trường hợp không giống nhau.
Trường hợp 1: Dựng ΔODG sao cho OD = 1/3ma, DG = 1/3mb, OG =
1/3mc(c.c.c). Kéo dài DO đến A sao cho OA = 2/3 ma .Kéo dài OG đến C sao cho GC = 1/3 mc. Nối CD, kéo dài đến B sao cho DB = CD. Nối AB, AC thì ΔABC chính là tam giác cần dựng.
Trường hợp 2: Dựng ΔOGC sao cho OG = 2/3ma, GC = 2/3mb, CO = 2/3mc(c.c.c). Lấy trung điểm D của OG. Nối CD, kéo dài đến B sao cho DB = CD. Kéo dài OG đến A sao cho OA = 2/3 ma. Nối AB, AC thì ΔABC chính là tam giác cần dựng.
Trường hợp 3: Dựng ΔFGC sao cho GC = AD = ma, FG = BE = mb, CF = mc(c.c.c) Dựng EG // = BF, nối FG, AG, FE, GC.
Trên CF lấy CO = 2/3mc. Lấy CF cắt AD tại O Lấy OA = 2/3 ma, qua O dựng AD // GC. G O F E D C B A Hình 2.26 O F E G D C A B Hình 2.27 F G E O B A
Như vậy EG // = AF, AFEG là hình bình hành. Cho nên AG // = FE = 1/2 BC // = DC, ADCG cũng là hình bình hành. Kéo dài AF đến B sao
cho FB = AF. Nối AB, AC thì ΔABC chính là tam giác cần dựng. Trường hợp 4: Dựng ΔAGK sao
cho AG = 2AD = 2ma, AH = 2BE = 2mb và AK = 2CF = 2mc (c.c.c)
Kéo dài AD đến G sao cho AD = DG. Kéo dài BC ra hai phía sao cho HB = BC = CK.
Kéo dài KD đến H sao cho DH = KD. Nối AB, AC thì ΔABC chính là tam giác cần dựng.
2.3.2. Biện pháp 2: Rèn luyện kỹ năng phân tích bài tốn dựng hình.
Khi dạy học sinh kỹ năng giải quyết các vấn đề liên quan đến bài toán dựng hình cho học sinh bậc trung học cơ sở thì phân tích là bước quan trọng nhất trong khi giải tốn dựng hình, vì trong đó ta lập phương án dựng để tìm ra lời giải của bài toán. Ta xác định được mối quan hệ giữa các yếu tố đã cho và yếu tố phải tìm. Chỉ sau khi phân tích ta mới biết được hướng giải quyết của bài tốn.
Phân tích một bài tốn dựng hình tuy khơng có một quy tắc thơng dụng phổ biến, nhưng những nguyên tắc được nêu dưới đây cũng có thể xem là được ứng dụng trong đa số các bài toán:
+ Vẽ phác một hình tương tự hình cần tìm, dựa vào hình đó ta có thể biết rõ vị trí của các điểm, các đường và những mối tương quan giữa chúng. Mặt khác, khi chính thức dựng hình chúng ta cịn có thể tham khảo hình vẽ phác, để biết được những đường nào đã dựng được, đường nào chưa dựng được và nên dựng đường nào trước, đường nào sau.
O H G K F E D C B A Hình 2.29
+ Sau khi đã vẽ phác được một hình thì cần phân biệt các yếu tố đã biết và yếu tố chưa biết để khi nhìn vào hình vẽ phác ta có thể biết được bài tốn cho gì và yêu cầu gì.
+ Quan sát tỉ mỉ xem có bộ phận nào đó trong hình có thể dựng trước được khơng ? giả sử có, thì trước hết phải dựng nó. Bộ phận này ln ln là cơ sở của tồn hình, sau khi đã có cơ sở đó mới tiếp tục dựng các bộ phận khác.
+ Trên cơ sở đã biết, tiếp tục quyết định dựng những bộ phận khác của hình cần dựng.
Ví dụ 1: Xét bài toán “Cho biết độ dài đường cao và trung tuyến hạ xuống một cạnh và độ dài cạnh kia của một tam giác, hãy dựng hình tam giác ấy”.
Phân tích: Trong hình vẽ phác có ba đoạn thẳng đã biết độ dài đó là:
A1E1 = ma, A1D1 = ha và A1C1 = b; hai góc 900 ta dùng hình vng nhỏ đánh dấu phân biệt; ngồi ra cịn hai đoạn thẳng B1E1
và E1C1bằng nhau, ta vạch (hình 2.30) một nét nhỏ ở chính giữa mỗi đoạn
thẳng để biểu thị chúng bằng nhau. Sau khi đã đánh dấu, nhìn vào hình
vẽ phác ta thấy ngay tam giác A1C1D1 có thể dựng trước, lấy tam giác A1C1D1 làm cơ sở của tồn hình, sau đó dựng chính thức tam giác cần dựng, dễ dàng
tìm được nghiệm hình.
Ví dụ 2: Dựng một tam giác cân, biết tổng của cạnh đáy và một cạnh bên
và biết một góc ở đáy của nó.
Phân tích: - Giả sử ΔA1B1C1 là tam giác cần dựng (hình 2.31)
- Đã biết A1B1C1 = β, A1B1 = A1C1 và A1B1C1 = A1C1B1. ma ha b A1 b ha ma B1 C1 D1 E1 Hình 2.30
Từ mối liên hệ đã biết tuy có thể suy ra độ lớn của hai góc khác, tức là A1C1B1 = β, B1A1C1 = 1800 – 2β, nhưng vì chưa biết độ dài của một cạnh nào cả, cho nên vẫn chưa thể dựng được tam giác này.Giả sử cần dựng tổng cạnh đáy và một cạnh bên đã biết, thì có thể kéo dài B1C1 đến D1 sao cho C1D1 = A1C1.
như vậy B1D1 = a + b, A1D1C1 = 1/2A1C1B1 = 1/2 β
đều là những điều kiện đã biết, do đó ΔA1B1C1 có thể dựng được.
Dùng tam giác này làm cơ sở ta có thể dựng tiếp được những bộ phận khác
2.3.3. Biện pháp 3: Hướng dẫn học sinh cách biện luận bài tốn dựng hình. Việc giải bài tốn dựng hình có thể coi là xong, nếu giải đáp được rằng sẽ Việc giải bài toán dựng hình có thể coi là xong, nếu giải đáp được rằng sẽ tìm được bao nhiêu nghiệm hình với những yếu tố cho trước xác định và đặc biệt nêu lên được khi nào khơng có nghiệm hình.
Biện luận chính là phân tích mối quan hệ giữa các điều kiện đã cho và hình đã dựng được, nói rõ trong trường hợp nào thì bài tốn khơng có lời giải, trường hợp nào bài tốn chỉ có một lời giải, trường hợp nào nhiều lời giải hoặc là vơ định. Các điều kiện trong bài tốn thường được phát biểu chung nhất; cho nên, các điều cho trước là những thông số nhận tất cả các giá trị thích hợp có thể được. Chẳng hạn, trong bài toán: “Dựng một tam giác biết hai cạnh a, b và góc xen giữa hai cạnh đó ”. Các giá trị thích hợp của a và b sẽ là tất cả các đoạn thẳng mà độ dài có thể biểu thị bởi các số dương, cịn góc C có thể nhận các giá trị từ 00 đến 1800.
Đôi khi, nếu một trong các yếu tố cho trước khơng lấy giá trị thích hợp thì hiển nhiên là khơng dựng được hình phải tìm. Chẳng hạn: “Dựng một tam giác biết hai cạnh a và b và góc xen giữa chúng là 2400”. Bài tốn này khơng có lời giải vì bất kỳ góc nào trong tam giác cũng nhỏ hơn 1800.
β a + b β D 1 B 1 C 1 A 1 Hình 2.31
Nhưng nếu tất cả các yếu tố cho trước đều thuộc phạm vi thích hợp thì trong đa số trường hợp, do có nhiều vị trí có thể được và do cách thức biến thiên của các yếu tố cho trước mà ta phải đặt câu hỏi:
- Với một cách thức biến thiên nhất định của các điều kiện đã cho thì kết quả bài toán sẽ thay đổi như thế nào?
- Với những yếu tố cho trước như thế nào thì bài tốn khơng có lời giải? - Giá trị của các yếu tố cho trước phải như thế nào để có thể tìm được kết quả đã định?
a. Biện luận theo cách dựng: Dựa vào thứ tự toàn bộ cách dựng, ta nêu
lên số hình hình học tối đa (điểm, đường thẳng, đường trịn, v.v.) tìm được trong mỗi phép dựng trong từng trường hợp. Trong khi nêu kết quả biện luận, ta xác định số lời giải tối đa có thể cho bài tốn đó. Sau đó lập nhóm các trường hợp cụ thể của các yếu tố cho trước mà theo đó ta tìm được số lời giải tối đa. Chẳng hạn, xét bài toán: “Dựng đường tròn tiếp xúc với đường thẳng PQ cho trước và đường tròn (O, OA) cho trước tại điểm A cho trước”.
Ta xét lời giải bài toán này bằng phương pháp quỹ tích: Sau khi kẻ đường thẳng OA, (hình 2.32) ta dựng tiếp tuyến AB tại A với đường trịn cho trước, sau đó dựng các đường phân giác của các góc
PBA và ABQ. Giao điểm của đường thẳng OA với các đường thẳng BM và NB sẽ là
tâm của đường trịn phải tìm.
Biện luận theo cách dựng ta thấy được bài tốn này có bốn nhóm đặc trưng của các yếu tố cho trước và đó chính là số lời giải tối đa của bài tốn:
+ Nếu OA khơng thẳng góc với PQ và A khơng nằm trên PQ thì bài tốn có hai lời giải.
+ Nếu OA khơng thẳng góc với PQ và A nằm trên PQ thì bài tốn khơng có lời giải. B M Q O1 P O2 A O N Hình 2.32
+ Nếu OAPQ nhưng A khơng nằm trên PQ thì bài tốn có một lời giải. + Nếu OA PQ và A nằm trên PQ thì bài tốn có vơ số lời giải.
b. Biện luận bằng cách tính số lời giải: Phần lớn các bài tốn dựng hình,
giải được bằng hình học sơ cấp, có thể chia làm hai lớp: Bài tốn về kích thước và bài tốn về vị trí.
+) Bài tốn về kích thước là bài tốn trong đó người ta yêu cầu dựng một hình có vị trí tuỳ ý trên mặt phẳng, tức là chỉ để ý đến kích thước và hình dạng của hình phải tìm mà khơng để ý đến vị trí của nó trong mặt phẳng. Đối với bài tốn kích thước thì tất cả các hình bằng nhau đều được coi là một lời giải. Do đó, hai hình bằng nhau bất kỳ dù khơng thể trùng nhau sau một phép dời hình trong mặt phẳng, cũng được coi là một lời giải.
+) Bài tốn về vị trí là bài tốn, trong đó người ta u cầu dựng một hình mà vị trí của nó trên mặt phẳng khơng tuỳ ý, tức là khi ấy ta cần biết không những kích thước và hình dạng của hình mà cả vị trí tương đối của nó trên mặt phẳng so với các yếu tố cho trước. Đối với bài tốn vị trí thì hai hình bất kỳ tìm được trong khi giải, tuy có hình dạng và độ lớn như nhau nhưng vị trí khác nhau thì được coi là những lời giải khác nhau.
Ví dụ: Cho độ dài của ba đoạn
thẳng a, b, c. Hãy dựng một hình tam giác. Sau khi phân tích ta có thể dựng bài toán: trên một đường thẳng bất kỳ lấy BC = a (hình 2.33). Lấy C làm tâm và b làm bán kính vẽ một cung, sau đó lại lấy B làm tâm và c làm bán kính vẽ một cung, hai cung này gặp nhau ở A và A1 .
Nối AB, AC, A1B, A1C ta được ∆ABC và ∆A1BC.
Ở đây, hai tam giác hình như là hai lời giải của bài tốn, nhưng thực ra chỉ có một lời giải. Vì trong bài tốn khơng u cầu chỉ ra vị trí của hình tam giác phải tìm, tam giác ∆ABC và ∆A1BC ở các vị trí khác nhau nhưng hình dạng và