luận văn từ bài toán giải phương trình đến 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 toán sơ cấp
Mã số: 60.46.40

LUẬN VĂN THẠC SĨ PHƢƠNG PHÁP TỐN SƠ CẤP

Thái Ngun - 2010

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




1

Mục Lục
Lời cảm ơn
Lời nói đầu......................................................................................................................... 3
Chương 1. Nhìn chung về bài tốn giải phương trình. ....................................................... 4
1.1 Bài tốn chứng minh đối tượng thỏa mãn điều kiện .................................................. 4
1.2 Bài tốn tìm đối tượng thỏa mãn điều kiện ............................................................... 4
1.3 Đẳng thức ............................................................................................................... 5
1.3.1 Định nghĩa .......................................................................................................... 6

1.3.2 Ví dụ .................................................................................................................. 6
1.4 Phương trình.............................................................................................................. 6
1.4.1 Phương trình và nghiệm của phương trình. ......................................................... 6
1.4.2 Ví dụ ................................................................................................................ 10
1.4.3 Giải phương trình, đường lối chung để giải một 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 2. Từ bài tốn giải phương trình tới bài 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 trong lời giải bài tốn dựng hình bằng phương phapsboons bước …….18
2.2 Ví dụ ...................................................................................................................... 18
Kết luận ........................................................................................................................... 43
Tài liệu tham khảo ........................................................................................................... 44

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




2

LỜI CẢM ƠN
Bản luận văn này được hoàn thành dưới sự hướng dẫn của TS. Nguyễn Minh Hà. Tác
giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc nhất đến Thầy về công tác giảng dạy cùng với sự hướng
dẫn tận tình trong thời gian tác giả học cao học và hồn thành luận văn.
Trong q trình học tập, tác giả đã nhận được sự quan tâm giúp đỡ và sự giảng dạy
nhiệt tình của các Thầy, Cơ cơng tác tại 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 Nguyên, Viện Toán Học. Tác giả xin bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc đến các 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, đã tạo điều kiện thuận lợi trong thời gian tác giả học cao
học và hoàn thành luận văn.
Tác giả xin chân thành cảm ơn các anh chị, các bạn học viên cao học, bạn bè, đồng
nghiệp và gia đình, đã giúp đỡ rất nhiều trong q trình học tập và hồn thành luận văn.
Thái ngun ngày 6 tháng 11 năm 2010
Tác giả
Nguyễn Văn Hiệp

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




3

LỜI NĨI ĐẦU
Bài tốn dựng hình là một trong ba bài tốn tìm đối tượng thỏa mãn điều kiện cơ bản
của chương trình tốn phổ thơng: bài tốn giải phương trình, bài tốn quỹ tích, bài tốn
dựng hình. Dạy cho học sinh hiểu được bản chất logic của bài toán dựng hình là một vấn
đề tương đối khó, bởi những lí do sau:
+ Tìm kiếm bằng cơng cụ hồn tồn mới (compa và thước kẻ), đối tượng cần tìm
mới và đa dạng (điểm, tam giác, đường tròn ... ).
+ Học sinh phổ thơng được học qúa ít về dựng hình (thời lượng quá ít, cụ thể các em
được học khoảng từ 2 đến 3 tiết về bài tốn dựng hình).
Làm thế nào để các em học sinh phổ thơng có thể hiểu được bản chất logic của bài
tốn dựng hình? Làm thế nào để các em học sinh phổ thông có thể giải bài tốn dựng hình
một cách đơn giản?

Câu trả lời mà tơi tìm thấy là:
“Lấy sự vững vàng trong bài tốn giải phương trình để khắc phục sự non nớt trong
bài tốn dựng hình”.
Bởi những gì đã phân tích ở trên, tơi chọn cho luận văn của mình đề tài
Từ bài tốn giải phương trình tới bài tốn dựng hình
Luận văn này bao gồm hai chương:
Chương 1. Nhìn chung về bài tốn giải phương trình
Tơi đưa ra các cách giải của hai bài toán: bài toán chứng minh đối tượng thỏa mãn
điều kiện và bài tốn tìm kiếm đối tượng thỏa mãn điều kiện.
Tôi giới thiệu với học sinh một cách tổng quan về bài toán giải phương trình.
Chương 2. Từ bài tốn giải phương trình tới bài tốn dựng hình
Tơi phân tích cho học sinh thấy rõ sự đồng nhất về mặt logic giữa bài toán giải
phương trình và bài tốn dựng hình, đồng thời cũng phân tích để học sinh thấy được những
khác biệt cụ thể giữa bài tốn giải phương trình (tìm giá trị của ẩn sao cho phương trình trở
thành đẳng thức đúng) và bài tốn dựng hình (tìm bằng thước và compa hình (H) thoả mãn
những ràng buộc nào đó). Tiếp theo là một số ví dụ về bài tốn dựng hình, có lời giải, kèm
theo nhận xét nhằm làm sáng tỏ hơn về mối liên hệ giữa bài tốn giải phương trình và bài
tốn dựng hình.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




4

CHƯƠNG I

NHÌN CHUNG VỀ BÀI TỐN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH
1.1. Bài toán chứng minh đối tượng thỏa mãn điều kiện

Bài toán chứng minh đối tượng thỏa mãn điều kiện, về hình thức nó được phát biểu
như sau:
Cho đối tượng A( ) chứng minh rằng đối tựơng B().
Về phương diện logic, bài toán chứng minh đối tượng thoả mãn điều kiện chỉ có hai
phương pháp giải, được mơ hình hố như sau.
Phương pháp 1, chứng minh trực tiếp*.
A( )  B().

Phương pháp 2, chứng minh phản chứng.
B()  A( ).

Hai phương pháp giải bài toán chứng minh đối tượng thoả mãn điều kiện khá đơn
giản, tương đối dễ hiểu đối với học sinh.
1.2. Bài tốn tìm đối tượng thỏa mãn điều kiện
Bài tốn tìm kiếm đối tượng thoả mãn điều kiện được phát biểu như sau:
Tìm tất cả các đối tượng A( ).
Bài tốn tìm đối tượng thoả mãn điều kiện chỉ có ba phương pháp giải, được mơ hình hố
như sau.
Phương pháp 1, biến đổi hệ quả và 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 lôgic, phương pháp biến đổi tương đương cũng chính là phương
pháp biến đổi hệ quả và thử lại. Tuy nhiên, trong lời giải mỗi bài toán tìm kiếm đối tượng
cụ thể, sử dụng phương pháp nào trong hai phương pháp trên là vấn đề không đơn giản địi
hỏi người giải tốn phải có kĩ năng.
Phương pháp 3, đoán nhận và khẳng định*.
Bước 1, đoán nhận*. Bằng một cách nào đó chỉ ra rằng T  A( ) .
Bước 2, khẳng định*. A  T  A( ). A  T  A( ).

Chú ý.
Nếu sử dụng phương pháp đốn nhận và khẳng định thì ta phải có thao tác đốn
nhận tập hợp T trước khi tiến hành thao tác định khẳng: chứng minh

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




5

A  T  A( ).

Như vậy, phương pháp đoạn nhận và khẳng định không tự nhiên bằng phương pháp
biến đổi hệ quả và thử lại.
Vì lí do trên, phương pháp đốn nhận và khẳng định ít được sử dụng hơn phương
pháp biến đổi hệ quả và 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 không có
tính chất .
Các kí hiệu A( ) và A( ) có hiệu lực trong tồn bộ luận văn này.
Trong bài tốn 2, thuật ngữ “tìm” cần phải hiểu là “tìm hết” chứ khơng phải là “tìm
được”. Nói một cách chính xác, tìm tập hợp A A( ) .
Trong các bài tốn tìm đối tượng thoả mãn điều kiện của chương trình tốn phổ
thơng, ba bài tốn sau được coi là điển hình.
1) Bài tốn tìm đối tượng thoả mãn điều kiện thứ nhất, giải phương trình.
Tìm giá trị của ẩn sao cho khi thay giá trị đó vào vị trí của ẩn, phương trình trở thành
đẳng thức đúng.
2) Bài tốn tìm đối tượng thoả mãn điều kiện thứ hai, quỹ tích.
Tìm hình (H) gồm tất cả các điểm A( ).

3) Bài tốn tìm đối tượng thoả mãn điều kiện thứ ba, dựng hình.
Tìm (bằng thước và compa) hình A( ).
1.3. Đẳng thức
1.3.1. Định nghĩa.
Hai biểu thức nối với nhau bởi một dấu bằng được gọi là đẳng thức.
Mỗi một biểu thức nói trong định nghĩa trên được gọi là một vế của đẳng thức.
1.3.2. Ví dụ.
1 = 1 (đẳng thức đúng).
1 = 2 (đẳng thức sai).
2x + 1 = 5 (vì giá trị của x chưa cụ thể nên ta chưa thể nói đẳng thức này là
đúng hay là sai).
3x2 +xy3 = 5zy +z4 (vì giá trị của x, y, z chưa cụ thể nên ta chưa thể nói đẳng
thức này là đúng hay là sai).
Nên chú ý rằng việc kiểm tra tính đúng, sai của một đẳng thức nói chung khơng đơn
giản.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




6

1.4. Phương trình.
1.4.1. Phương trình và nghiệm của phương trình.
Hai biểu thức có chứa các số chưa biết (gọi là ẩn) nối với nhau bởi một dấu bằng
được gọi là phương trình.
Mỗi biểu thức nói trong định nghĩa trên được gọi là một vế của phương trình.
Những giá trị của ẩn làm cho phương trình trở thành đẳng thức đúng được gọi là
nghiệm của phương trình.

1.4.2. Ví dụ.
1 = 1 (phương trình nhận mọi giá trị của ẩn làm nghiệm).
1 = 2 (phương trình vơ nghiệm).
2x + 1 = 5 (phương trình (ẩn x) có duy nhất 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 một vài loại phương trình được học trong chương trình tốn phổ thơng, nhìn
chung việc tìm các nghiệm của một phương trình khơng hề đơn giản.
1.4.3. Giải phương trình, đường lối chung để giải một phương trình.
Giải phương trình tức là tìm hết các nghiệm của phương trình đó.
Như vậy bài tốn giải phương trình là một trong các bài tốn tìm đối tượng thoả mãn
điều kiện. Do đó, về phương diện logic nó chỉ có thể được giải bởi một trong ba phương
pháp sau: biến đổi hệ quả và thử lại; biến đổi tương đương; đoán nhận và khẳng định.
Các ví dụ dưới đây là sự cụ thể hố ba phương pháp giải.
Ví dụ 1.1, biến đổi hệ quả và thử lại.
Giải phương trình sau.
x 1  x  3.

Lời giải.
Bước 1, biến đổi hệ quả.
Giả sử x0 là nghiệm của phương trình, theo định nghĩa nghiệm của phương trình, ta
thấy:
x 0  1  x 0  3 là đẳng thức đúng
2
 x 0  1  x 0  6x 0  9 là đẳng thức đúng

 x 2  7x 0  10  0 là đẳng thức đúng
0

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

7

 (x 0  2)(x 0  5)  0 là đẳng thức đúng

 x  2  0 lµ ®¼ng thøc ®óng
  0
 x 0  5  0 là đẳng thức đúng
x 0 2 là đẳng thức đúng

x 0 5 là đẳng thøc ®óng.

Bước 2, thử lại.
Vì 2  1  1  1  2  3 nên 2 không phải là nghiệm của phương trình.
Vì 5 1  2  5  3 nên 5 là nghiệm của phương trình.
Kết luận.
Phương trình có nghiệm là 5.
Ví dụ 1.2, biến đổi tương đương.
Giải phương trình sau.
x  1   x(x  3).

Lời giải.
Cách 1.
Ta thấy:
x0 là nghiệm của phương trình
 x 0 1  x 0 (x 0  3) là đẳng thức đúng

x 0 1  x 0 (x 0  3)


x 1  0
 0


 
lµ tun hai hệ đẳng thức và bất đẳng thức đúng

(x 0 1)  x 0 (x 0  3)


x 0 1  0


x 2  2x 1  0

0
 0

 x 0 1



là tuyển hai hệ đẳng thức và bất ®¼ng thøc ®óng
x 2  4x  1  0
 0
0



 x 1

0


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




8

 x  1  2

 0



 x 0  1  2


x  1
 0

 
lµ tun hai hƯ đẳng thức và bất đẳng thức đúng
x 0 2  3






 x 0  2  3


x 0  1



x  1 2
 0

  x 0  2 3 là tuyển ba đẳng thức đúng.

x  2  3
 0

Kết luận.
Phương trình có nghiệm là 1  2.;  2  3;  2  3.
Cách 2.
Trường hợp 1. x 0  1  0.
Ta thấy:
x0 là nghiệm của phương trình
 x 0 1  x 0 (x 0  3) là đẳng thức đúng
 x 2  2x 0  1  0 là đẳng thức đúng
0

x  1  2
0

 
là tuyển hai đẳng thức đúng
 x 0  1  2
Kết hợp với điều kiện x 0  1  0, ta thấy:

x0 là nghiệm của phương trình
 x 0  1  2 là đẳng thức đúng.
Trường hợp 2. x 0  1  0.
Ta thấy:
x0 là nghiệm của phương trình
  (x 0 1)  x 0 (x 0  3) là đẳng thức đúng
 x 2  4x 0  1  0 là đẳng thức đúng
0

 x  2  3
0
 
là tuyển hai đẳng thức đúng
 x 0  2  3
Kết hợp với điều kiện x 0  1  0, ta thấy:

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




9

x0 là nghiệm của phương trình

 x  2  3
0
 
là tuyển hai đẳng thức đúng
 x 0  2  3

Kết luận.
Kết hợp cả hai trường hơp, ta thấy phương trình có ba nghiệm là 1  2,
2  3,  2  3.

Ví dụ 1.3, đốn nhận và khẳng định.
Giải phương trình sau.
x 4  60 

28
.
x 3

Lời giải.
Bước 1, đoán nhận.
Dễ thấy, 4 và – 4 là nghiệm của phương trình.
Bước 2, khẳng định.
Khi x  4, ta thấy x4  60  4 4  60  4 

28
28

.
43 x 3

Khi x  4, ta thấy x4  60  4 4  60  4 

28
28

.
43 x 3

Tóm lại, x  4 khơng phải là nghiệm của phương trình.
Kết luận.
Phương trình có hai nghiệm, 4 và – 4.
Ví dụ 1.4, đoạn nhận và khẳng định.





5

x  1  1  4 2  x.

Lời giải.
Vì các số dưới căn bậc chẵn phải nhận giá trị khơng âm nên 1 < x < 2.
Vì 1 < x < 2 nên 4 2  x  1   x  1  1 .
5

Kết luận.
Phương trình vơ nghiệm.
Chú ý.
Vì phương trình vơ nghiệm nên trong lời giải trên khơng có bước đốn nhận mà chỉ

có bước khẳng định.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




10

1.4.4. Phương trình hệ quả, phương trình tương đương.
Trong mục 1.2.3) lời giải cho ví dụ 1.1 là lời giải chuẩn về phương
pháp biến đổi hệ quả và thử lại, trên cơ sở học sinh đã biết biến đổi hệ quả đẳng thức; lời
giải cho ví dụ 1.2 là lời giải chuẩn về phương pháp biến đổi tương đương, trên cơ sở học
sinh đã biết biến đổi tương đương đẳng thức. Tuy nhiên, về mặt hình thức các lời giải này
đều qúa rườm rà. Để khắc phục sự rườm rà này, dựa vào những hiểu biết của học sinh về lí
thuyết tập hợp, người ta đưa ra các khái niệm: phương trình hệ quả; phương trình tương
đương.
Cho hai phương trình sau:
f  x, y , z,...  g  x, y, z ,...
(1.1)
h  x, y, z ,...  l  x, y , z ,...
(1.2)
Phương trình (1.2) được gọi là hệ quả của phương trình (1.1) nếu tập hợp các
nghiệm của (1.2) chứa tập hợp các nghiệm của (1.1).
Đề biểu thị (1.2) là hệ quả của (1.1), ta viết (1.1)  (1.2).
Kí hiệu  được gọi là dấu hệ quả*.
Phương trình (1.1) và phương trình (1.2) được gọi là tương đương nếu tập hợp các
nghiệm của chúng bằng nhau.
Để biểu thị (1.1) và (1.2) tương đương, ta viết (1.1)  (1.2).
Kí hiệu  được gọi là dấu tương đương.

Đương nhiên, (1.1) và (1.2) tương đương khi và chỉ khi (1.1) là hệ quả của (1.2) và
(1.2) là hệ quả của (1.1).
(1.1)  (1.2)

Nói cách khác, (1.1) và (1.2) tương đương khi và chỉ khi 


(1.2)  (1.1).


Hãy chú ý đến sự hồn hảo của kí hiệu, dấu tương đương (  ) bao gồm hai dấu hệ
quả (  và  ).

Với các khái niệm phương trình hệ quả; phương trình tương đương, lời giải cho các
ví dụ 1.1 và ví dụ 1.2 trong mục 1.2.3) được thể hiện đơn giản như sau.
Lời giải đơn giản cho ví dụ 1.1.
Bước 1, biến đổi hệ quả.
Ta thấy:
x 1  x  3
 x 1  x 2  6x  9
 x 2  7x  10  0
 (x  2)(x  5)  0
x  2  0

 x  5  0

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

11

x  2

 x  5.

Bước 2, thử lại.
Vì 2  1  1  1  2  3 nên 2 khơng phải là nghiệm của phương trình.
Vì 5 1  2  5  3 nên 5 là nghiệm của phương trình.
Kết luận.
Phương trình có nghiệm là 5.
Chú ý.
+ Khi giải phương trình bằng phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại chỉ được dùng
dấu hệ quả (  ).
+ Phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại thực sự ưu việt khi giải những phương
trình vơ nghiệm (khơng có nghiệm nên khơng có bước thử lại).
Lời giải đơn giản cho ví dụ 1.2.
Cách 1.
Ta thấy:
x  1  x(x  3)

x  1  x(x  3)


x  1  0


 


(x 1)  x(x  3)


x  1  0


x 2  2x  1  0


 x  1



 

x 2  4x  1  0


 x  1


 x  1  2




 x  1  2


x  1





 x  2  3


 x  2  3





x  1

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




12

x  1  2
 0

  x 0  2  3

 x  2  3.
 0

Kết luận.
Phương trình có nghiệm là 1  2.;  2  3;  2  3.
Cách 2.
Trường hợp 1. x  1  0.
Ta thấy:
x  1  x(x  3)

 x 1  x(x  3)
 x 2  2x 1  0
x  1 2
 
 x  1  2.
Kết hợp với điều kiện x  1  0, ta thấy:
x  1  x(x  3)
 x  1  2.
Trường hợp 2. x  1  0.

Ta thấy:
x  1  x(x  3)

  (x  1)  x(x  3)
 x 2  4x  1  0
 x  2  3
 
 x  2  3

Kết hợp với điều kiện x  1  0, ta thấy:
x  1  x(x  3)

 x  2  3

 
 x  2  3.

Kết luận.
Kết hợp cả hai trường hơp, ta thấy phương trình có ba nghiệm là 1  2,
2  3,  2  3.

Chú ý.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




13

+ Khi giải phương trình bằng phương pháp biến đổi tương đương chỉ được dùng dấu
tương đương (  ).
+ Để phân biệt phương pháp giải trong cách 2 với phương pháp giải trong cách 1, ta
gọi phương pháp giải trong cách 2 là phương pháp biến đổi tương đương trong điều kiện*.
Các phép biến đổi tương đương mà ta thực hiện trong cách 2 chỉ đúng trong các điều kiện
x  1  0; x  1  0.

1.4.5. Phương trình có tham số
Phương trình có tham số là phương trình mà trong hai vế của nó có chứa các số đã
biết nhưng không cụ thể (không phải là ẩn) mà ta gọi là tham số.
Dưới đây là một vài ví dụ về phương trình có tham số.
x  m  x  3 (m là tham số).
x  2  x(x  3n) (n là tham số).
x 4  3p 

28
(p, q là các tham số).
x  4q

Giải và biện luận phương trình theo tham số là giải phương trình với từng giá trị cụ
thể của tham số. Do đó, về mặt logic giải và biện luận phương trình theo tham số phức tạp
hơn giải phương trình.
Hãy theo dõi lời giải của phương trình có tham số m: x  m  x  3 và so sánh lời
giải đó với lời giải của phương trình: x 1  x  3, đã giới thiệu trong mục 1.2.5).
Ta có:
x m  x 3
x  m  (x  3)2



x  3  0



Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




14

x 2  7x  9  m  0




x  3  0


2


x  7   13  m





 

2
4


x  3  0


13

 m o
4






 x  7  13  m


2
4
 


7
13

 x   
m


2
4


x  3  0







m  13



4



x  7  13  m


2
4


 7
  13  m  3  0

 2

4

 

m  13


4




7

13


m
x  
2
4



 7
13

 
 m 3  0

 2
4



Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




15

13


  m
 4




x  7  13  m


2
4


 1
  13  m  0

 2

4

 

13  m


 4



7

13


m
x  
2
4



 1
13

 
m

 2
4




13
m 


4




x  7  13  m


2
4



13

 m 


4



x  7  13  m


2
4

m  3









Kết luận.
13
phương trình vơ nghiệm.
4
7
13
7
13
13
Khi 3  m  phương trình có hai nghiệm là 
 m và 
 m.
4
2
4
2
4

Khi m 

Khi m  3 phương trình có một nghiệm là

7
13

 m.
2
4

Chú ý.
+ Trong lời giải trên các bất phương trình

13
 m  0;...; m  0 là các bất phương trình
4

ẩn x.
+ Phương pháp biến đổi tương đương thực sự ưu việt khi giải những phương trình
có tham số.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




16

CHƯƠNG II

TỪ BÀI TỐN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH TỚI BÀI TỐN
DỰNG HÌNH.
2.1. CÁI NHÌN TỔNG QUAN
2.1.1. Một kết luận khác thường
Vì cũng là bài tốn tìm kiếm đối tượng thoả mãn điều kiện nên, về mặt logic, bài
tốn dựng hình có thể được giải bởi một trong ba phương pháp: biến đổi hệ quả và thử lại;
biến đổi tương đương; đoán nhận và khẳng định.
Kết luận trên quả là khác thường, bởi lẽ, từ trước tới nay, nói tới bài tốn dựng hình
là người ta nói tới phương pháp bốn bước*: phân tích; dựng hình; chứng minh; biện luận.

2.1.2. Một kết luận quan trọng
Về phương diện logic, phương pháp bốn bước chính là phương pháp biến đổi hệ quả
và thử lại mà ta đã đề cập đến trong chương I, khi nói về các phương pháp giải bài tốn tìm
kiếm đối tượng thoả mãn điều kiện, và đã một lần gặp nó trong chương I, phần 1.2), mục
1.2.3), khi nói về các phương pháp giải phương trình.
Kết luận trên rất quan trọng, nhờ nó, lời giải bài tốn dựng hình bằng phương pháp
bốn bước vốn rất khó hiểu đối với học sinh sẽ trở nên dễ hiểu hơn trong sự so sánh với lời
giải bài tốn giải phương trình bằng phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại.
Bước phân tích trong lời giải bài tốn dựng hình bằng phương pháp bốn bước chính
là bước biến đổi hệ quả trong bài tốn giải phương trình bằng phương pháp biến đối hệ quả
và thử lại. Câu nói đầu tiên trong lời giải bài tốn dựng hình bằng phương pháp bốn bước
“Giả sử đã dựng được hình (H) thoả mãn điều kiện đề bài” hồn tồn tương tự với câu nói
đầu tiên trong lời giải bài tốn giải phương trình bằng phương pháp biến đổi hệ quả và thử
lại “Giả sử x0 là nghiệm của phương trình”.
Như đã nói trong chương I, tuy cũng là bài tốn tìm kiếm đối tượng thoả mãn điều
kiện nhưng, về phương diện logic, bài tốn dựng hình khó hơn hẳn bài tốn giải phương
trình, bởi lẽ bài tốn dựng hình là bài tốn tìm kiếm đối tượng thoả mãn điều kiện rất đặc
biệt, cơng cụ tìm kiếm là compa và thước kẻ.
Trong đa số các trường hợp, khi bước phân tích kết thúc, người giải bài tốn dựng
bằng phương pháp bốn bước đã nhận thấy “ Các hình cần dựng chỉ có thể là các hình (H1),
(H2), (H3) ... (tính khơng thiếu)” nhưng người theo dõi lời giải vẫn chưa cảm nhận được
điều đó. Do đó, tiếp theo bước phân tích người giải bài tốn dựng hình bằng phương pháp
bốn bước cần phải thực hiện bước dựng hình, cụ thể hố các hình (H1), (H2), (H3) ... bằng
thước và compa. Điều đó giải thích ngun nhân của sự xuất hiện của bước dựng hình

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

17

trong đa số các lời giải của các bài toán dựng hình được giải bằng phương pháp bốn bước.
Tuy nhiên, điều đó cũng thơng báo rằng có những bài tốn dựng hình được giải bằng
phương pháp bốn bước mà trong lời giải của nó khơng cần có bước dựng hình.
Khác với lời giải bài tốn dựng hình bằng phương pháp bốn bước, trong lời giải bài
tốn giải phương trình bằng phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại không có bước “dựng
nghiệm”, bởi lẽ, khi người giải bài tốn giải phương trình bằng phương pháp biến đổi hệ
quả và thử lại kết thúc bước biến đổi hệ quả bằng câu nói “ Các số cần tìm (nghiệm) chỉ có
thể các số x1, x2, x3 ... (tính khơng thiếu)” cũng là khi người theo dõi lời giải hoàn toàn tin
tưởng rằng “ Các số cần tìm (nghiệm) chỉ có thể các số x1, x2, x3 ... (tính khơng thiếu)”.
Tiếp theo bước dựng hình là bước chứng minh. Mục đích của bước chứng minh là:
chỉ ra rằng trong các hình (H1), (H2), (H3) ... hình nào là hình cần dựng và hình nào khơng
phải là hình cần dựng (tính khơng thừa). Như vậy, về phương diện logic bước chứng minh
trong lời giải bài tốn dựng hình bằng phương pháp bốn bước có vai trị như là bước thử lại
trong lời giải bài tốn giải phương trình bằng phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại.
Tuy nhiên, cần nói thêm rằng, bởi sự xuất hiện của bước dựng hình, khi giải bài tốn
dựng hình bằng phương pháp bốn bước người giải bài tốn dựng hình ln cố gắng hồn
chỉnh bước phân tích tới mức khi kết thúc bước phân tích bằng câu “ Các hình cần dựng
chỉ có thể là các hình (H1), (H2), (H3) ...” người giải bài tốn dựng hình cũng hiểu rằng các
hình (H1), (H2), (H3) ... cũng chính là các hình cần dựng. Điều đó giải thích ngun nhân
của sự trùng lặp “đáng ngờ”: các hình có thể là hình cần dựng (H1), (H2), (H3) ... ln ln
chính là các hình cần dựng. Vì lí do trên, rất nhiều người giải tốn dựng hình bằng phương
pháp bốn bước, do không hiểu được bản chất của vấn đề, thường có cảm giác khơng cần có
bước chứng minh.
Vì trong giả thiết của bài tốn dựng hình thường chứa tham số (có thể nhiều tham
số) nên trong lời giải của bài tốn dựng hình thường (chứ khơng phải ln) có q trình
biện luận.
Với mục đích làm cho lời giải bài tốn dựng hình sáng sủa và dễ hiểu, tuỳ vào từng
trường hợp cụ thể, q trình biện luận (nếu có) được thể hiện bới một trong hai phương án

sau.
Phương án 1. Diễn ra một cách logic trong lời giải bài tốn dựng hình, tương tự như
q trình biện luận trong lời giải bài tốn giải phương trình có tham số,
Phương án 2. Được đặt ở cuối lời giải bài toán dựng hình, ngay sau bước chứng
minh.
Nếu quá trình biện luận (nếu có) của bài tốn dựng hình được đặt ngay sau bước
chứng minh thì ta gọi nó là bước biện luận.
Với tất cả những gì đã phân tích ở trên, ta đi đến kết luận sau.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




18

Cũng như bài tốn giải phương trình, bài tốn dựng hình có thể được giải bởi một
trong ba phương pháp: biến đổi hệ quả và thử lại; biến đổi tương đương; đoán nhận và
khẳng định. Tuy nhiên phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại được sử dụng nhiều hơn cả,
trong tài liệu này nó được gọi là phương pháp bốn bước. Xin lưu ý rằng khi giải bài tốn
dựng hình bằng phương pháp bốn bước có nhiều trường hợp ta khơng phải thực hiện cả
bốn bước (có thể khơng có bước biện luận, có thể khơng có bước dựng hình, ln có bước
phân tích, ln có bước chứng minh), như vậy, thuật ngữ phương pháp bốn bước chỉ là
thuật ngữ mang tính ước lệ.
2.1.3. Vẽ hình trong lời giải bài tốn dựng hình bằng phương pháp bốn bước.
Hình vẽ là con dao hai lưỡi trong lời giải các bài tốn hình học, nó hỗ trợ đắc lực
người làm tốn trong q trình suy luận, nó cũng là thủ phạm của các vấn nạn sau đây:
Lời giải phụ thuộc hình vẽ - vấn nạn thường gặp khi giải bài toán chứng minh đối
tượng thoả mãn điều kiện.
Mất nghiệm - vấn nạn thường gặp trong bài tốn tìm đối tượng thoả mãn điều kiện,

bài tốn dựng hình.
Khi giải bài tốn dựng hình bằng phương pháp bốn bước, do đặc điểm riêng của
phương pháp này, vấn đề vẽ hình cần được lưu ý hơn.
Hình vẽ trong bước phân tích khơng phải là hình cần dựng, nó được vẽ tương đối
giống hình cần dựng để ta dễ dàng tìm kiếm (bằng compa và thước kẻ) hình cần dựng.
Hình vẽ trong bước dựng hình chính là hình cần dựng.
Từ hai nhận xét trên, ta thấy, khi bài tốn dựng hình được giải bằng phương pháp
bốn bước, nên (khơng bắt buộc) vẽ hai hình khác nhau: hình thứ nhất là hình của bước
phân tích; hình thứ hai là hình của bước dựng hình. Tuy nhiên, do thói quen, trong đa số
các tài liệu, lời giải bài tốn dựng hình được giải bằng phương pháp bốn bước chỉ có một
hình vẽ (chung cho cả hai bước phân tích và dựng hình). Điều đó gây rất nhiều khó khăn
cho những ai bắt đầu làm quen với bài tốn dựng hình.
2.2 VÍ DỤ VÀ NHẬN XÉT.
Trong phần 2.2) này, hàng loạt các ví dụ kèm theo nhận xét sẽ được giới thiệu nhằm
làm sáng tỏ những kết luận đã trình bày trong phần 1.1).
Ví dụ 2.1. Cho đường trịn (O) và đường thẳng ∆ khơng cắt (O). A là một điểm cho
trước trên ∆. Dựng đường tròn (I) tiếp xúc với (O) và tiếp xúc với ∆ tại A.
Lời giải.
Phân tích.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




19

Giả sử đường trịn (I) tiếp xúc ngồi (trong) với (O) và tiếp xúc với ∆ tại A (Hình
2.1a, Hình 2.1b).
Gọi T là tiếp điểm của (O) và (I).

Đặt B là giao điểm khác T của AT và (O).
Dễ thấy OB // IA.
Từ đó, chú ý rằng IA  ∆, suy ra OB  ∆.
Do đó (sự phân tích trên), đường tròn (I) (mà ta hi vọng thoả mãn điều kiện đề bài)
được dựng như sau.

B
I

O
T

O
T
I

A

B

A

Hình 2.1a
Hình 2.1b
Dựng hình.
Dựng đường thẳng qua O vng góc với ∆ cắt (O) tại B (có hai điểm B).
Dựng T, giao điểm khác B của AB và (O).
Dựng I, giao điểm của OT và đường thẳng qua A vng góc với ∆.
Ta sẽ chứng minh các đường trịn (I), tâm I bán kính IT (Hình 2.1a, Hình 2.1b), thoả
mãn điều kiện đề bài.

Chứng minh.
Theo cách dựng T, O, I thẳng hàng, do đó, (I) tiếp xúc với (O).
Theo cách dựng IA  ∆, do đó, (I) tiếp xúc với ∆ tại A.
Kết luận.
Bài tốn ln có hai nghiệm hình: (I) tiếp xúc ngồi với (O) (Hình 2.1a); (I) tiếp xúc
trong với (O) (Hình 2.1b).
Nhận xét.
+ Đây là bài tốn dựng hình được giải bằng phương pháp bốn bước khơng có bước
biện luận mặc dù trong giả thiết của nó có rất nhiều tham số.
+ Nếu chỉ nhìn vào hình vẽ, rất dễ thiếu nghiệm.
+ Chú ý cách thể hiện lời giải: đồng thời tìm cả hai nghiệm.
+ Có thể thể hiện lời giải theo cách khác.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




20

Trường hợp 1. (I) tiếp xúc ngoài với (O).
Trường hợp 2. (I) tiếp xúc trong với (O).
Ví dụ 2.2. Cho hai đường thẳng a, b song song và điểm M không thuộc a, b. Dựng
các điểm A, B theo thứ tự thuộc a, b sao cho tam giác MAB đều.
Lời giải 1.
Phân tích.
Giả sử tam giác ABM thoả mãn điều kiện đề bài.
 Q60 (A)  B (hinh2.2a)
M

Ta có 

 60
 Q M (A)  B (hinh2.2b).

 B  Q60 (a)
M
Chú ý rằng A  a, suy ra 
 60
 B  Q M (a).

 B  Q60 (a)  b
M
Kết hợp với giả thiết B  b, ta có 
 60
 B  Q M (a)  b.


Do đó (sự phân tích trên), tam giác MAB (mà ta hi vọng thoả mãn điều kiện đề bài)
được dựng như sau.

Hình 2.2a

Hình 2.2b

Dựng hình.

Dựng các đường thẳng Q60 (a), Q M60 (a).
M
Dựng B, giao điểm của Q60 (a) với b (Hình 2.2a), giao điểm của Q  60 (a) với b (Hình

M
M
2.2b).
60
Dựng A = Q  60 (B) (Hình 2.2a), A = Q M  (B) (Hình 2.2b).
M
Ta sẽ chứng minh các tam giác MAB được dựng như trên (Hình 2.2a, Hình 2.2b),
thoả mãn điều kiện đề bài.
Chứng minh.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




21

Vì a // b nên Q60 (a) và Q  60 (a) cùng cắt b.
M
M
Do đó các điểm B tồn tại và thuộc b.
60

Vì A  Q  60 (B)  Q  60 (QM  (a)  b)  Q M60 (Q60 (a))  a (Hình 2.2a) và
M
M
M
60
60
 60

60
 60
A  Q M (B)  QM (Q M (a)  b)  Q M (Q M (a))  a (Hình 2.2b) nên A thuộc a.
Theo cách dựng, các tam giác MAB đều.
Kết luận.
Bài tốn ln có hai nghiệm: tam giác MAB đều và có hướng dương (Hình 2.2a);
tam giác MAB đều và có hướng âm (Hình 2.2b).
Nhận xét.
+ Đây là bài tốn dựng hình được giải bằng phương pháp bốn bước
khơng có bước biện luận mặc dù trong giả thiết của nó có rất nhiều tham số.
+ Nếu chỉ nhìn vào hình vẽ, rất dễ thiếu nghiệm.
+ Chú ý cách thể hiện lời giải: đồng thời tìm cả hai nghiệm.
Lời giải 2.
TH1: Tam giác MAB có hướng dương.
Phân tích
Giả sử đã dựng tam giác đều ABM thỏa mãn điều kiện đã cho.
 

Vì tam giác MAB có hướng dương nên MA, MB  600.





Từ đó, chú ý rằng MA = MB, suy ra Q60 (A)  B (hình 2c)
M
b

B

M

a

A

Hình 2.2c
0
Từ đó, chú ý rằng A  a, suy ra B  Q 60 (a).
M
0

Vậy, chú ý rằng B  b, ta có B  Q60 (a)  b.
M
Do đó tam giác ABM được dựng như sau.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên




22

Cách dựng:
Dựng đường thẳng Q60 (a).
M
Dựng B, giao điểm của Q60 (a) với b (Hình 2.2c).
M
 60
Dựng A = Q M (B) (Hình 2.2c)

Ta sẽ chứng minh tam giác MAB được dựng như trên (Hình 2.2c) thoả mãn điều kiện đề
bài.
Chứng minh:
Vì a // b nên Q60 (a) cắt b.
M
0

Do đó điểm B  Q60 (a)  b tồn tại và thuộc b.
M
 60
 60
60
Vì A  Q M (B)  Q M (QM  (a)  b)  Q  60 (Q60 (a))  a (Hình 2.2c) nên A thuộc a.
M
M
Theo cách dựng, tam giác MAB đều.
TH2: Tam giác MAB có hướng âm.
Phân tích .
Giả sử đã dựng tam giác đều ABM thỏa mãn điều kiện đã cho.
 

Vì tam giác MAB có hướng dương nên MA, MB  600.





Từ đó, chú ý rằng MA = MB, suy ra Q 60 (A)  B (hình 2.2d)
M
b

B

M

A
a

Hình 2.2d
0
Từ đó, chú ý rằng A  a, suy ra B  Q 60 (a).
M
0

Vậy, chú ý rằng B  b, ta có B  Q 60 (a)  b.
M
Do đó tam giác ABM được dựng như sau.
Cách dựng:
Dựng đường thẳng Q 60 (a).
M
Dựng B, giao điểm của Q 60 (a) với b (Hình 2.2d).
M
60
Dựng A = Q M (B) (Hình 2.2d)

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

23

Ta sẽ chứng minh tam giác MAB được dựng như trên (Hình 2.2d) thoả mãn điều kiện đề
bài.
Chứng minh:
Vì a // b nên Q 60 (a) cắt b.
M
0

Do đó điểm B  Q 60 (a)  b tồn tại và thuộc b.
M
60
60

60

Vì A  Q M (B)  QM (Q M60 (a)  b)  Q M  (Q M60 (a))  a (Hình 2.2d) nên A thuộc a.
Theo cách dựng, tam giác MAB đều.
Ví dụ 2.3.
Cho hai đường trịn (O1) và (O2) cắt nhau tại A và B. Dựng đường thẳng ∆ qua A và
theo thứ tự cắt (O1), (O2) tại điểm thứ hai P, Q sao cho PQ = 2m, m là độ dài của một đoạn
thẳng cho trước.
Lời giải.
Phân tích.
Giả sử đường thẳng ∆ thoả mãm điều kiện đề bài.
Gọi H, K theo thứ tự là hình chiếu của O1, O2 trên ∆.
Gọi L là hình chiếu của O1 trên O2K (Hình 2.3a, Hình 2.3b).
Đương nhiên H, K theo thứ tự là trung điểm của AP, AQ. Do đó
1
1

AQ  AP
2
2
1
1
1
1
 AQ  AP  PQ  PQ  .2m  m.
2
2
2
2

HK  HK  AK  AH 

Từ đó, chú ý rằng O1HKL là hình chữ nhật (tứ giác có ba góc vng), suy ra O1L =
m (3).

Mặt khác, vì L là hình chiếu của O1 trên O2K nên O1LO2  90 (4)
Từ (3) và (4) suy ra đường thẳng ∆ (mà ta hi vọng thoả mãn điều kiện đề bài) được
dựng như sau.
Dựng hình.
Dựng tam giác LO1O2 vuông tại L, nhận O1O2 là cạnh huyền, có
O1L = m.
Dựng đường thẳng ∆ qua A và song song với O1L.
Ta sẽ chứng minh đường thẳng ∆ được dựng như trên (Hình 2.3a, Hình 2.3b), thoả
mãn điều kiện đề bài.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên

24

Q

K
H

A

A
L

P

O1

O1
B

H
O2

P

O2
B

K
L

Q

Hình 2.3a

Hình 2.3b

Chứng minh.
Gọi H là hình chiếu của O1 trên ∆.
Đặt K = O2L ∩ ∆ (Hình 2.3a, Hình 2.3b)
Theo cách dựng, KH // O1L; O1H  HK; O1L  LK, do đó O1HKL là hình chữ
nhật.
Từ đó, chú ý rằng O1L = m (theo cách dựng) , suy ra HK = m.
Vậy, giống như bước phân tích, ta có PQ = 2HK = 2m.
Biện luận.
Nếu m > O1O2 thì bài tốn khơng có nghiệm.
Nếu m = O1O2 thì bài tốn có một nghiệm.
Nếu m < O1O2 thì bài tốn có hai nghiệm.
Nhận xét.
+ Đây là bài tốn dựng hình được giải bằng phương pháp bốn bước có bước biện
luận. Cách biện luận trong lời giải trên được gọi là cách biện luận tường minh*.
+ Nếu không sử dụng khái niệm độ dài đại số, phép chứng minh đẳng thức HK = m
sẽ phụ thuộc hình vẽ (Hình 2.3a, Hình 2.3b).

Ví dụ 2.4. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường trịn (O). Tìm trên cung CD khơng
chứa các điểm A, B điểm X sao cho các dây cung AX và BX định ra trên dây cung CD
đoạn EF có độ dài a, a là độ dài của một đoạn thẳng cho trước.

Lời giải 1.

Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên