9. Bố cục của luận văn
2.2.2.Phương pháp sử dụng phép tịnh tiến
Trong hình học, tương quan hàm số là sự biến đổi hình học từ một hình này sang một hình khác, khi mà mỗi điểm của một hình này tương ứng với một điểm xác định của một hình khác, theo một quy luật nào đó. Phép tịnh tiến cũng vậy, nó là một phép biến đổi mà trong đó tất cả các đoạn thẳng nối từng đôi điểm tương ứng là bằng nhau, song song và cùng chiều.
a. Cách nhận biết bài toán có thể giải được bằng phương pháp tịnh tiến:
Phương pháp tịnh tiến có thể dùng để giải những bài toán mà khi phân tích ta khó tìm thấy mối liên hệ giữa các yếu tố cho trước (các yếu tố cho trước tách rời và cách xa nhau) để dựng được hình phải tìm; nhưng nếu chúng ta tịnh tiến song song một phần nào đó hoặc toàn bộ hình một khoảng xác định thì ta sẽ được hình phụ có thể dựng được dễ dàng.
b. Phương pháp giải:
+ Dựng một hình phụ (trong khi phân tích) với những yêu cầu của bài toán đặt ra.
+ Di chuyển tịnh tiến hình phụ đến một vị trí mới một khoảng nào đó và theo một phương và chiều xác định, sao cho các bộ phận của nó hợp với những bộ phận đã biết, tạo thành một hình mới dễ dựng hơn.
+ Từ hình phụ này ta tịnh tiến nó cũng khoảng ấy nhưng theo hướng ngược lại thì sẽ được hình phải tìm.
Ví dụ: Hãy dựng một hình thang đã biết 4 cạnh.
Phân tích: Giả sử ABCD là hình thang cần dựng. (hình 32).
Đã biết hai cạnh đáy AD = b1, BC = b2, và hai cạnh bên AB = a1, DC = a2. Di chuyển song song DC đến vị trí AE ta được một hình bình hành AECD. Do đó EC = AD = b1, BE = BC – EC = b2 – b1. Ta đã biết ba cạnh của tam giác
ABE, cho nên có thể dựng nó trước tiên, sau đó mới dựng các bộ phận khác. Cách dựng: Ta dựng ΔABE sao cho BE = b2 – b1, AB = a1, AE = a2 . Từ A dựng AF // BE, trên đường kéo dài của AF và BE, lấy AD, EC sao cho chúng đều bằng b1(hình 33). Nối DC, như vậy
ABCD chính là hình thang cần dựng.
Chứng minh: Vì AD // BC(theo cách dựng )
nên ABCD là hình thang. Hơn nữa vì AD = EC (từ cách dựng, hai đường cùng bằng b1), nên ABCD là hình bình hành và DC = AE = a2. Ngoài ra:
BC = BE + EC = (b2 – b1) + b1 = b2
và AD = b1, AB = a1
Biện luận: Trong a1, a2 và b2 – b1, nếu có hai đại lượng bất kỳ lớn hơn đại lượng thứ ba thì bài toán có một lời giải, nếu không thì không có lời giải.
Bài tập áp dụng: Dựng tứ giác biết bốn cạnh và góc giữa hai cạnh đối diện.
+) Đối với phương pháp tịnh tiến, có khi không tịnh tiến từng phần (như ví dụ trên) mà tịnh tiến toàn bộ hình. Ta sẽ minh hoạ điều đó trong ví dụ sau đây: b2 b2 - b1 a2 a1 b2 b1 D C E A B b2 - b1 b1 b1 a2 a2 a1 Hình 2.6 F D C E A B Hình 2.7
Ví dụ: Dựng tam giác đều có cạnh a, sao cho hai đỉnh của nó nằm trên hai đường thẳng song song cho trước, còn đỉnh thứ ba nằm trên đường thẳng cắt hai đường song song đó.
Phân tích: Giả sử tam giác ABC là tam giác phải tìm (hình 2.8). Ta tịnh
tiến nó dọc theo các đường thẳng m và n một khoảng bất kỳ. Ta sẽ được tam giác phụ A1B1C1
dựng được dễ dàng vì là tam giác đều cạnh a cho trước. Chỉ cần lấy trên đường thẳng m một điểm
A1 bất kỳ và tìm điểm C1 trên đường thẳng n, cách A1 một khoảng a (giao điểm của đường thẳng n và đường tròn bán kính a, tâm A1).
Cách dựng và chứng minh là hiển nhiên.
Biện luận: Khi a < h, h là khoảng cách giữa m và n, bài toán không có lời
giải; khi a > h, bài toán có bốn lời giải còn khi a = h bài toán có hai lời giải.
+) Trong phương pháp dời hình để dựng hình, ngoài cách dời hình song song như trên đã trình bày, có lúc phải quay một đường thẳng hoặc một đường tròn chung quanh một điểm cố định, sau khi quay đến một vị trí thích hợp thì có thể tìm thấy quan hệ giữa đường cần dựng và đường đã cho và do đó có thể tìm được cách dựng.
Ví dụ: Dựng một hình tam giác đều sao cho ba đỉnh của nó lần lượt nằm trên ba đường thẳng song song cho trước.
Phân tích: Có thể xác định tuỳ ý
điểm A nằm trên XY (hình 2.9). Dựng ADPQ, quay Δ DAB chung quanh A một góc 600 sao cho B trùng với C, như vậy AD cũng theo đó quay được 600 đến AD1, PQ cũng quay theo C p A m A1 n B B1 C1 Hình 2.8 R B D P1 P C S Q Y X A Q1 D1 (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
đến vị trí P1Q1. Vì B nằm trên PQ, C nằm trên RS, B thì trùng với C, như vậy C phải là giao điểm của P1Q1 và RS.
Cách dựng: Trên XY lấy một điểm bất kỳ A, dựng ADPQ. Và dựng AD1 sao cho D1AD = 600, AD1 = AD. Qua D1 dựng P1Q1AD1 cắt RS tại C, nối AC. Dựng AB, sao cho BAC = 600, cắt PQ tại B. Nối BC, như vậy tam giác ABC chính là tam gác đều cần dựng.
Chứng minh: Vì DAD1 = BAC = 600 (theo cách dựng) nên B1AC = DAB. Cũng theo cách dựng ta có AD' = AD, AD1C = ADB. Do đó Δ AD1C = ΔADB. Mặt khác, ta lại có AC = AB nên ABC = ACB.
Nhưng ABC + ACB = 1800
– 600 = 1200 nên ABC = ACB = 600 Vậy Δ ABC là tam giác đều (vì có các góc của Δ cùng bằng 600)
Biện luận: Xét về hình dạng, bài toán chỉ có một lời giải. Trong bài toán
này, nếu ở mỗi vị trí khác nhau đều dựng một hình thì có vô số lời giải (bài toán vị trí không xác định)
+) Ngoài ra, còn có một phương pháp dời hình khác là cố định một đường hay một điểm thích hợp trong hình, lật hình qua điểm hay đường đó, lợi dụng hình đối xứng có thể tìm được cách giải bài toán.
Ví dụ: Ngoài một đường tròn cho trước hai điểm cho trước, hãy dựng một đường kính sao cho hai đoạn nối liền hai đầu của nó với hai điểm cho trước là bằng nhau.
Phân tích: Giả sử đường kính COD
đã dựng được (hình 2.10). Nếu cố định điểm O và lật hình sao cho B trùng với B1
và D trùng với C, như vậy BD = B1C. Theo giả thiết bài toán AC = BD, cho nên AC = B1C, C phải nằm trên
đường trung trực của AB1.
Cách dựng: Nối BO, kéo dài đến B1
B D C O B1 A Hình 2.10
sao cho OB1 = OB. Nối AB1, dựng đường trung trực của AB1, đường trung trực này cắt đường tròn O tại C. Qua C dựng đường kính COD, đó là đường kính cần dựng.
Chứng minh tóm tắt: Vì C nằm trên đường trung trực của AB1 cho nên AC = B1C. Hơn nữa theo cách dựng ta có BD = B1C, cho nên AC =BD.
Biện luận: Vì đường trung trực của AB1 thông thường cắt đường tròn O tại hai điểm cho nên bài toán có hai lời giải. Khi đường trung trực của AB1 ntiếp xúc với đường tròn O chỉ có một lời giải; khi đường trung trực đó không cắt đường tròn O bài toán kkhông có lời giải.
2.2.3. Phương pháp sử dụng hình đồng dạng
Có một số bài toán dựng hình không cần chú ý tới độ lớn mà chỉ yêu cầu xác định được vị trí và hình dạng của hình cần dựng, trong những trường hợp này chúng ta có thể dựng một hình tương tự với hình cần dựng ở một vị trí thích hợp, sau đó phóng to hoặc thu nhỏ hình đó lại phù hợp với yêu cầu của bài toán.
a. Cách nhận biết bài toán giải được bằng phương pháp đồng dạng:
Một bài toán có thể giải được bằng phương pháp đồng dạng nếu giả thiết của nó có thể chia làm hai phần: một phần xác định hình dạng của hình (xác định một hình với độ chính xác đồng dạng) còn phần thứ hai xác định các kích thước của hình.
Chẳng hạn như bài toán “Dựng tam giác biết hai góc A và C và chiều cao hb”, phần xác định hình với độ chính xác đồng dạng là: hai góc của tam giác, còn phần kia xác định kích thước là: chiều cao của hình.
b. Phương pháp giải:
Trước tiên, tạm bỏ điều kiện xác định kích thước của hình, ta dựng theo các điều kiện còn lại một hình đồng dạng với hình phải tìm; Sau đó trở lại điều kiện đã tạm bỏ đi, ta biến đổi đồng dạng hình vừa dựng thành hình phải tìm.
Ta có thể phân loại bài toán dựng hình bằng phương pháp đồng dạng theo cách cho kích thước hình phải tìm như sau:
Dạng 1: Giải bài toán bằng phương pháp đồng dạng trong đó kích thước của hình phải tìm được xác định bằng đoạn thẳng nào đó.
Để cho phép biến đổi đồng dạng đơn giản, ta chọn tâm đồng dạng sao cho nó có liên hệ với yếu tố cho trước; đối với nhiều bài toán loại này thì đó là một trong các đầu đoạn thẳng của hình phụ, tương ứng với đoạn cho trước.
Ví dụ: Dựng tam giác biết góc C, tỷ số giữa hai cạnh kề góc đó và chiều cao hc.
Phân tích: Ở bài toán này, tỷ số giữa hai cạnh và góc xen giữa chúng xác (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
định tam giác với độ chính xác đồng dạng, còn chiều cao xác định kích thước của tam giác. Giả sử dựng được ΔABC (hình 2.11)
với ACB = β, BC = a, AC = b và chiều cao của nó là CD. Dựng đường thẳng A1B1 song song với AB cắt CA, CD, CB lần lượt tại A1, D1, B1, như vậy A1CB1 = β, CB1 = m, CA1 = n, ΔA1B1C~ ΔABC.
Muốn xác định xem nó có là tam giác phải tìm không, ta cần phải biến đổi đồng dạng ΔA1B1C1 thành ΔAB1C sao cho chiều cao của nó
bằng đoạn hc cho trước, muốn vậy cần phải xác định tỷ số đồng dạng và tâm đồng dạng: Tỷ số đồng dạng bằng tỷ số giữa chiều cao đã cho và chiều cao CD đã dựng, tức là k = hc /CD. Ta chọn tâm đồng dạng là đỉnh C, ứng với chiều cao
vừa dựng, như vậy CD1 chính là chiều cao của tam giác phải tìm.
Cách dựng: Dựng ΔA1B1C sao cho A1CB1 = β, CB1 = m, CA1 = n. Dựng đường cao của ΔA1B1C là CD1, cho CD1 = hc. Dựng đường AB // A1B1, ta được tam giác A1B1C phải tìm thực sự thoả mãn mọi điều kiện của bài toán.
Chứng minh tóm tắt: Vì AB // A1B1 cho nên Δ ABC~ Δ ABC, ta có b a hc b a hc β β D B1 B C D1 A A1 Hình 2.11
B1C : BC = A1C : AC = CD1 : CD, Hơn nữa A1CB1 = ACB = β, cho nên tam giác AB1C là tam giác cần dựng.
Biện luận: Bài toán có một lời giải.
Dạng 2: Giải bài toán bằng phương pháp đồng dạng trong đó các kích thước của hình phải tìm được xác định bởi tổng đại số một số đoạn thẳng của nó.
Đối với bài toán loại này, ta có thể chọn tâm đồng dạng bằng cách đưa vào hình vẽ phụ, bằng hình vẽ đó ta xác định các yếu tố mà tổng hoặc hiệu của chúng đã cho trước còn cách dựng về sau thì ta sẽ thực hiện như đối với bài toán dạng một.
Ví dụ: Dựng tam giác biết hai góc, tổng của cạch đáy và chiều cao.
Bài toán cho biết hai góc là điều kiện có thể xác định tam giác với độ chính xác đồng dạng, còn tổng của cạnh đáy và chiều cao xác định kích thước của tam giác. Nếu chưa kể đến chiều cao của
tam giác phải tìm thì theo hai góc cho trước, ta có thể dựng được vô số tam giác đồng dạng với tam giác phải tìm.
Phân tích: Giả sử đã dựng được ΔABC
(hình 2.12) với đường cao của nó là AD, ABC= α, ACB = β và BC + AD= s. Dựng đường thẳng song song với BC cắt AB, AC, AD lần lượttại B1, C1, D1, như vậy AB1C1 = α, AC1B1 = β, ΔAB1C1 ~ ΔABC.
Cho BC = a, AD = h thì a : h = B1C1 : AD1. Do đó chỉ cần chia trong tổng s sao cho tỷ số của hai đoạn được tạo thàmh là a1 và h1 bằng a: h, như thế đoạn thứ hai chính là đường cao của tam giác cần tìm. Để xác định tỷ số đồng dạng, ta dựng đoạn tương ứng với đoạn cho trước, bằng cách đặt trên phần kéo dài của
chiều cao AD một đoạn bằng đáy BC. Ta được đoạn AK= BC+ AD = s. C1 K1 K D1 B B1 D C A Hình 2.12
Nếu chọn Alàm tâm đồng dạng thì tìm được điểm K1 (tương ứng với K), tìm điểm C1`(tương ứng với C), nối K với Cvà vẽ đường thẳng qua K1 song song với KCcắt AC tại C1. Dựng B1C1 // BC ta có tam giác AB1C1 phải tìm.
Cách dựng: Lấy một độ dài bất kỳ a1 làm cạnh đáy, dựng ΔAB1C1 sao cho AB1C1 = α, AC1B1 = β. Dựng đường cao của ΔAB1C1 là AD1, cho AD1 = h1. Chia tổng s = A1K1 = B1C1 + A1D1 sao cho tỷ số B1C1 : AD1 = a1 : h1. Trên AD1
lấy A1D = h, qua D dựng BC // B1C1 thì tam giác AB1C1 là tam giác cần tìm.
Chứng minh tóm tắt: Vì BC // B1C1 cho nên Δ AB1C1 ~ Δ ABC, ta có B1C1 : A1D1 = BC : A1D(cạnh đáy và đường cao của hai tam giác đồng dạng hợp thành một tỷ lệ thức), tức là a1 : h1 = BC : h. Do cách dựng ta có a1 : h1 = a : h. So sánh hai hệ thức ta được BC = a, nên BC + AD = a + h = s.
Hơn nữa A1CB1 = ACB = β, A1BC= α, A1CB= β cho nên tam giác AB1C1 là tam giác cần dựng.
Biện luận: – Khi α + β < 1800 bài toán luôn có một lời giải. – Khi α + β ≥ 1800 bài toán không có lời giải.
* Bài tập áp dụng: Dựng hình vuông biết hiệu giữa đường chéo và cạnh của nó.
Dạng 3: Giải bài toán bằng phương pháp đồng dạng trong đó kích thước của hình phải tìm được xác định bởi vị trí tương đối của nó với các hình cho trước.
Khi giải những bài toán dạng ba, tâm đồng dạng đã được xác định và trong đa số trường hợp thì đơn trị, do vị trí của hình đồng dạng với hình phải tìm so với các hình cho trước.
Ví dụ: Nội tiếp một hình vuông 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.
Phân tích: Vì tất cả các hình vuông đều đồng dạng, nên điều kiện xác
định của hình chính là “dựng hình vuông”. Nhưng ta phải chọn hình nào trong tập hợp các hình vuông làm hình phải tìm? Ta thấy, hình vuông phải tìm được xác định bởi yêu cầu từ các đỉnh của nó phải nằm trên các cạnh của tam giác, (adsbygoogle = window.adsbygoogle || []).push({});
tức là kích thước của nó được xác định bởi vị trí đối với tam giác đã cho. Với điều kiện đó, ta có thể dựng được ngay hình vuông đồng dạng với hình phải tìm mà hai đỉnh của nó nằm trên đáy của tam giác, còn đỉnh thứ ba nằm trên một cạnh bên.
Giả sử hình vuông cần dựng là M1N1P1Q1, các đỉnh M1, Q1; P1; N1 lần lượt nằm trên các cạnh AC, BC, AB (hình 2.13). Ta chọn tâm đồng dạng A, vì chỉ có chọn như vậy thì các đỉnh M và Q
mới biến thành các điểm của AC, còn điểm N biến thành một điểm của AB. Nhưng điểm P chỉ có thể biến thành một điểm của tia AP cho nên đỉnh tương ứng của hình vuông phải tìm sẽ là giao điểm của tia AP với cạnh BC của tam giác.
Cách dựng: Trên AB lấy một điểm
N bất kỳ, dựng NMAC. Lấy MN làm cạch, dựng một hình vuông MNPQ