Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
ĐẠI HỌC THÁI NGUYÊN
TRƢỜNG ĐẠI HỌC KHOA HỌC
==========
NGUYỄN VĂN HIỆP
TỪ BÀI TOÁN GIẢI PHƢƠNG TRÌNH
TỚI BÀI TOÁN DỰNG HÌNH Chuyên ngành: Phuơng pháp toán sơ cấp
Mã số: 60.46.40 LUẬN VĂN THẠC SĨ PHƢƠNG PHÁP TOÁN SƠ CẤP
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 toán giải phương trình tới bài toán 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 toán 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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
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 hoàn thành luận văn.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
3LỜI NÓI ĐẦU

Bài toán dựng hình là một trong ba bài toán tìm đối tượng thỏa mãn điều kiện cơ bản
của chương trình toán phổ thông: bài toán giải phương trình, bài toán quỹ tích, bài toán
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 công cụ hoàn toàn mới (compa và thước kẻ), đối tượng cần tìm
mới và đa dạng (điểm, tam giác, đường tròn ).
+ Học sinh phổ thông 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 toán dựng hình).
Làm thế nào để các em học sinh phổ thông có thể hiểu được bản chất logic của bài
toán dựng hình? Làm thế nào để các em học sinh phổ thông có thể giải bài toán dựng hình
một cách đơn giản?
Câu trả lời mà tôi tìm thấy là:
“Lấy sự vững vàng trong bài toán giải phương trình để khắc phục sự non nớt trong
bài toán dựng hình”.
Bởi những gì đã phân tích ở trên, tôi chọn cho luận văn của mình đề tài
Từ bài toán giải phương trình tới bài toán dựng hình
Luận văn này bao gồm hai chương:
Chương 1. Nhìn chung về bài toán giải phương trình
Tôi đưa ra các cách giải của hai bài toán: bài toán chứng minh đối tượng thỏa mãn
điều kiện và bài toán 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 toán giải phương trình tới bài toán dựng hình

phương pháp giải, được mô hình hoá 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 toán tìm đối tượng thỏa mãn điều kiện
Bài toán tìm kiếm đối tượng thoả mãn điều kiện được phát biểu như sau:
Tìm tất cả các đối tượng
A( ).


Bài toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện chỉ có ba phương pháp giải, được mô hình hoá
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 A( ).
  
T

T
trước khi tiến hành thao tác định khẳng: chứng minh
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
5

A A( ).
  
T

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 đoán 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 còn dùng kí hiệu
A( )

để biểu thị đối tượng A không có
tính chất
.



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).
3x
2
+xy
3
= 5zy +z
4
(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 không đơn
giản.
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
61.4. 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

x 1 x 3.
  

Lời giải.
Bước 1, biến đổi hệ quả.
Giả sử x
0
là nghiệm của phương trình, theo định nghĩa nghiệm của phương trình, ta
thấy:

0 0
x 1 x 3
  
là đẳng thức đúng

2
0 0 0
x 1 x 6x 9
    
là đẳng thức đúng


2
0 0
x 7x 10 0
  
là đẳng thức đúng
Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
7


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:
x
0
là nghiệm của phương trình

0 0 0
x 1 x (x 3)
    
là đẳng thức đúng





 


0
0
2
0
0
2
0
0
x 2x 1 0
x 1
lµ tuyÓn hai hÖ ®¼ngthøc vµ bÊt ®¼ng thøc ®óng
x 4x 1 0
x 1



  





0
0
x 1 2
x 1 2
x 1
lµ tuyÓn hai hÖ ®¼ng thøc vµ bÊt ®¼ng thøc ®óng
x 2 3
x 2 3
x 1




 










 











0
0
0
x 1 2
x 2 3 lµ tuyÓn ba ®¼ng thøc ®óng.
x 2 3

 


   



  



Kết luận.
Phương trình có nghiệm là
1 2.; 2 3; 2 3.
    

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

0
x 1 2
  
là đẳng thức đúng.
Trường hợp 2.
0
x 1 0.
 

Ta thấy:
x
0
là nghiệm của phương trình


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
9

x
0
là nghiệm của phương trình

0
0
x 2 3
x 2 3

  



  


là tuyển hai đẳng thức đúng
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, đoán nhận và khẳng định.
Giải phương trình sau.

4 3 x 3
     
 

Tóm lại,
x 4
 
không 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
4
x 1 1 2 x.
   

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

, , , , , ,
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).
Nói cách khác, (1.1) và (1.2) tương đương khi và chỉ khi
(1.1) (1.2)
(1.2) (1.1).






(x 2)(x 5) 0
   x 2 0
x 5 0

 



 


Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
11


x 2
x 5.







Bước 2, thử lại.

  






 






    






 



2
2


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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
120
0
0
x 1 2
x 2 3
x 2 3.

 


   



  



Kết luận.
Phương trình có nghiệm là
1 2.; 2 3; 2 3.




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)
    2


  



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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
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

Ta có:
x m x 3
  2
x m (x 3)
x 3 0


  




 



Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
142
2
x 7x 9 m 0
x 3 0
7 13
x m
2 4





 




 





 









  





7 13
m 3 0
2 4
13
m
4
7 13
x m
2 4
7 13
m 3 0
2 4

















  







  












   







Số hóa bởi Trung tâm Học liệu - Đại học Thái Nguyên http://www.lrc-tnu.edu.vn
15








  











  














13
m
4
7 13
x m
2 4
13
m
4
7 13
x m
2 4
m 3
































Kết luận.
Khi
13
m
4
 phương trình vô nghiệm.
Khi
13
3 m
4
  phương trình có hai nghiệm là

CHƯƠNG II
TỪ BÀI TOÁN GIẢI PHƯƠNG TRÌNH TỚI BÀI TOÁN
DỰNG HÌNH.

2.1. CÁI NHÌN TỔNG QUAN

2.1.1. Một kết luận khác thường
Vì cũng là bài toán tìm kiếm đối tượng thoả mãn điều kiện nên, về mặt logic, bài
toán 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 toán 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 toán 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 toán 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 toán giải phương trình bằng phương pháp biến đổi hệ quả và thử lại.
Bước phân tích trong lời giải bài toán dựng hình bằng phương pháp bốn bước chính
là bước biến đổi hệ quả trong bài toán giải phương trình bằng phương pháp biến đối hệ quả
và thử lại. Câu nói đầu tiên trong lời giải bài toán dựng hình bằng phương pháp bốn bước
“Giả sử đã dựng được hình (H) thoả mãn điều kiện đề bài” hoàn toàn tương tự với câu nói
đầu tiên trong lời giải bài toán giải phương trình bằng phương pháp biến đổi hệ quả và thử
lại “Giả sử x
0
là nghiệm của phương trình”.
Như đã nói trong chương I, tuy cũng là bài toán tìm kiếm đối tượng thoả mãn điều

quả và thử lại kết thúc bước biến đổi hệ quả bằng câu nói “ Các số cần tìm (nghiệm) chỉ có
thể các số x
1
, x
2
, x
3
(tính không thiếu)” cũng là khi người theo dõi lời giải hoàn toàn tin
tưởng rằng “ Các số cần tìm (nghiệm) chỉ có thể các số x
1
, x
2
, x
3
(tính không thiếu)”.
Tiếp theo bước dựng hình là bước chứng minh. Mục đích của bước chứng minh là:
chỉ ra rằng trong các hình (H
1
), (H
2
), (H
3
) hình nào là hình cần dựng và hình nào không
phải là hình cần dựng (tính không thừa). Như vậy, về phương diện logic bước chứng minh
trong lời giải bài toán dựng hình bằng phương pháp bốn bước có vai trò như là bước thử lại
trong lời giải bài toán 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 toán
dựng hình bằng phương pháp bốn bước người giải bài toán dựng hình luôn cố gắng hoàn
chỉnh bước phân tích tới mức khi kết thúc bước phân tích bằng câu “ Các hình cần dựng
chỉ có thể là các hình (H

quá trình biện luận trong lời giải bài toán 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 toán 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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
18

Cũng như bài toán giải phương trình, bài toán 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 toán
dựng hình bằng phương pháp bốn bước có nhiều trường hợp ta không phải thực hiện cả
bốn bước (có thể không có bước biện luận, có thể không có bước dựng hình, luôn có bước
phân tích, luôn 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 toán dựng hình bằng phương pháp bốn bước.
Hình vẽ là con dao hai lưỡi trong lời giải các bài toán hình học, nó hỗ trợ đắc lực
người làm toán trong quá 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 toán tìm đối tượng thoả mãn điều kiện,
bài toán dựng hình.
Khi giải bài toán 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 không 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.


I
T
B
B
O
T
O
I
A
A

Hình 2.1a Hình 2.1b
Dựng hình.
Dựng đường thẳng qua O vuông 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 vuông góc với ∆.
Ta sẽ chứng minh các đường tròn (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 toán luôn có hai nghiệm hình: (I) tiếp xúc ngoài với (O) (Hình 2.1a); (I) tiếp xúc
trong với (O) (Hình 2.1b).
Nhận xét.
+ Đây là bài toán dựng hình được giải bằng phương pháp bốn bước không có bước
biện luận mặc dù trong giả thiết của nó có rất nhiều tham số.

A a,

suy ra
60
M
60
M
B Q (a)
B Q (a).

 







Kết hợp với giả thiết
B b,

ta có
60
M
60
M
B Q (a) b
B Q (a) b.

 

với b (Hình
2.2b).
Dựng A =
60
M
Q (B)
 
(Hình 2.2a), A =
60
M
Q (B)

(Hình 2.2b).
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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
21

Vì a // b nên
60
M
Q (a)

và
60
M
Q (a)
 
cùng cắt b.


0
MA,MB 60 .

 

Từ đó, chú ý rằng MA = MB, suy ra
60
M
Q (A) B


(hình 2c)

b
a
M
B
A

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

60
M
Q (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
60
M
Q (a)

cắt b.
Do đó điểm
0
60
M
B Q (a) b
 
tồn tại và thuộc b.
Vì
60 60 60 60 60
M M M M M
A Q (B) Q (Q (a) b) Q (Q (a)) a
       
    
(Hình 2.2c) nên A thuộc a.
Theo cách dựng, tam giác MAB đều.
TH2: Tam giác MAB có hướng âm.

M
B Q (a).


Vậy, chú ý rằng
B b,

ta có
0
60
M
B Q (a) b.

 

Do đó tam giác ABM được dựng như sau.
Cách dựng:
Dựng đường thẳng
60
M
Q (a).
 

Dựng B, giao điểm của
60
M
Q (a)
 
với b (Hình 2.2d).
Dựng A =

    
(Hình 2.2d) nên A thuộc a.
Theo cách dựng, tam giác MAB đều.

Ví dụ 2.3.
Cho hai đường tròn (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 O
1
, O
2
trên ∆.
Gọi L là hình chiếu của O
1
trên O
2
K (Hình 2.3a, Hình 2.3b).
Đương nhiên H, K theo thứ tự là trung điểm của AP, AQ. Do đó
1 1
HK HK AK AH AQ AP
2 2
1 1 1 1
AQ AP PQ PQ .2m m.
2 2 2 2
    
     

1
L = m.
Dựng đường thẳng ∆ qua A và song song với O
1
L.
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 http://www.lrc-tnu.edu.vn
24L
K
H
P
B
B
L
K
H
Q
O
1
A
O
2
O
2
A

L = m (theo cách dựng) , suy ra HK = m.
Vậy, giống như bước phân tích, ta có PQ = 2HK = 2m.
Biện luận.
Nếu m > O
1
O
2
thì bài toán không có nghiệm.
Nếu m = O
1
O
2
thì bài toán có một nghiệm.
Nếu m < O
1
O
2
thì bài toán có hai nghiệm.
Nhận xét.
+ Đây là bài toán 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 tròn (O). Tìm trên cung

CD
không
chứa các điểm A, B điểm X sao cho các dây cung
AX