Vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để giải một số bài toán sơ cấp

g ta có thể xét các trường hợp đặc biệt, trường hợp tương tự, trường hợp tổng quát của bài toán vì nhiều bài toán xét các trường hợp này lại dễ giải hơn nhiều, từ các trường hợp này đôi khi giúp chúng ta tìm ra lời giải cho bài toán ban đầu. Đối tượng nghiên cứu của đê tài: Việc vận dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự để giải một số bài toán sơ cấp. Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài: Tìm hiểu vai trò của khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự trong việc giải toán. Nghiên cứu việc vận dụng các phương pháp khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự trong việc giải toán và mở rộng bài toán. Phương pháp nghiên cứu của đề tài: Phươngg pháp nghiên cứu lí luận: nghiên cứu các sách báo có đề cập đến khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự, các tạp chí khoa học giáo dục, tạp chí toán học & tuổi trẻ. Giả thuyết khoa học: Nếu học sinh Phổ thông được trang bị các phương pháp khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự thì các em sẽ vận dụng tốt hơn trong việc giải toán, ngoài ra các em còn có thể mở rộng bài toán và có những sáng tạo toán học. Những kết quả chính của đề tài: CHƯƠNG I: VAI TRÒ CỦA KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƯƠNG TỰ. Chương này chủ yếu trình bày các khái niệm về khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự, bên cạnh đó là các ví dụ minh hoạ làm làm cơ sở cho việc vận dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự vào giải toán ở chương sau. CHƯƠNG II: VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƯƠNG TỰ VÀO GIẢI VÀ MỞ RỘNG MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP. Chương II đề cập đến việc vận dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự vào giải một số bài toán hình học, lượng giác, bất đẳng thức,…ngoài ra còn vận dụng vào bài toán tích phân, bài toán tính tổng,…Tóm lại, qua khảo sát việc vận dụng các phương pháp khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự bản thân đã rèn luyện được một số kinh nghiệm giải toán như sau: • Khi gặp một bài toán “đơn giản” (chẳng hạn bài toán áp dụng cho hai số hoặc chỉ áp dụng cho tam giác,…). Nếu việc giải bài toán này gặp khó khăn hãy nghĩ đến trường hợp đặc biiệt của bài toán hoặc một bài toán tương tự hoặc nghĩ tới một bài toán tổng quát hơn một chút mà việc giải nó đơn giản hơn. • Khi gặp một bài toán phức tạp hay tổng quát (chẳng hạn áp dụng cho n số, cho đa giác,…) thì hãy nghĩ ngay đến những trường hợp đặc biệt của nó hay chúng ta nghĩ tới bài toán tương tự. Với cách suy nghĩ trên sẽ giúp chúng ta dự đoán, mò mẫm được kết quả hoặc cách giải của bài toán đã cho. Ngoài ra, trong đề tài tôi còn trình bày cách vận dụng khái quát hoá, đặc biệt hoá, tương tự để mở rộng một số bài toán, khai thác các khía cạnh của bài toán từ đó phát hiện và giải quyết bài toán tổng quát hơn và tìm ra lời giải tổng quát của một số bài toán. TRƯỜNG ĐẠI HỌC AN GIANG KHOA SƯ PHẠM ----o0o---- DƯ QUANG ANH HUY LỚP: DH2A2 Ư VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HÓA, ĐẶC BIỆT HÓA, T ƠNG TỰ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP Giáo viên hướng dẫn : Th.s VƯƠNG VĨNH PHÁT. AN GIANG – 2004 Em xin bày tỏ lòng biết ơn đến nhà trường đã tạo điều kiện cho em được làm nghiên cứu khoa học và đến thầy Vương Vĩnh Phát đã tận tâm giúp đỡ để bài nghiên cứu khoa học hoàn thành đúng thời hạn. Đây là lần đầu em làm bài nghiên cứu khoa học nên không thể tránh khỏi những thiếu sót, sai lầm mong quý thầy cô bỏ qua . Dư Quang Anh Huy 1 PHẦN MỤC LỤC PHẦN MỞ ĐẦU Trang I. Lý do chọn đề tài …………………………………………….. 3 II. Đối tượng nghiên cứu của đề tài…………………………. 3 III. Mục đích, nhiệm vụ nghiên cứu của đề tài……………. 3 IV. Phương pháp nghiên cứu của đề tài….………………… 3 V. Giả thuyết khoa học của đề tài……………………………. 4 PHẦN NỘI DUNG Chương I: VAI TRÒ CỦA KHÁI QUÁT HÓA, ĐẶC BIỆT HÓA, TƯƠNG TỰ. 1.1 Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự…………... 5 1.1.1 Khái quát hóa…………………………. 5 1.1.2 Đặc biệt hóa…………………………... 6 1.1.3 Tương tự……………………………… 7 1.2 Vai trò của khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự trong việc giải một số bài toán sơ cấp…………………….….. 8 Chương II: VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HÓA, ĐẶC BIỆT HÓA, TƯƠNG TỰ VÀO GIẢI VÀ MỞ RỘNG MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP. 2.1 Một số bài toán hình học……………….…………. 12 2.2 Một số bài toán lượng giác……………………….. 20 2.3 Một số bài toán bất đẳng thức…………………… 31 2.4 Một số bài toán dạng khác………………………... 37 KẾT LUẬN …………………………………………………………….. 43 TÀI LIỆU THAM KHẢO………………………………………………. 44 2 PHẦN MỞ ĐẦU I. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI: Giải toán là một hoạt động quan trọng vì học toán chủ yếu là học giải toán. Bài tập toán có vai trò rất quan trọng thông qua việc giải chúng người học có thể hình thành, củng cố tri thức, rèn luyện kĩ năng, kỉ xão chẳng hạn kĩ năng vận dụng toán học vào thực tiễn, rèn luyện những năng lực trí tuệ, những thao tác tư duy... Chúng ta biết rằng không phải bài toán nào cũng giải được một cách dễ dàng. Do đó đòi hỏi chúng ta ngoài hệ thống kiến thức đã có làm cơ sở cho việc giải bài toán, chúng ta cần vận dụng linh hoạt nhiều phương pháp khác nhau. Đối với một số bài toán việc giải trực tiếp đôi khi gặp khó khăn, trong trường hợp này chúng ta có thể xét các trường hợp đặc biệt, trường hợp tương tự, trường hợp tổng quát của bài toán vì nhiều bài toán xét các trường hợp này lại dễ giải hơn nhiều, từ việc giải các trường hợp này đôi khi giúp chúng ta tìm ra lời giải cho bài toán ban đầu. Ngoài ra từ việc vận dụng các phương pháp trên chúng ta có thể mở rộng bài toán, tìm ra phương pháp giải tổng quát của một số dạng bài toán . Ở một số trường Phổ thông, các phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự chưa được chú ý đúng mức. Mặt khác học sinh ít vận dụng các phương pháp này để giải toán. Đôi khi giải bài toán xong rồi học sinh thường không xét đến bài toán tổng quát, bài toán tương tự… Chính điều này làm cho khả năng giải toán của học sinh còn nhiều hạn chế. Để góp phần nâng cao năng lực giải toán của học sinh chúng tôi chọn đề tài: “Vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để giải một số bài toán sơ cấp”. II. ĐỐI TƯƠNG NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI: Việc vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để giải một số bài toán sơ cấp. III. MỤC ĐÍCH, NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI: Tìm hiểu vai trò của khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự trong việc giải toán. Nghiên cứu việc vận dụng các phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự trong việc giái toán, mở rộng bài toán . IV. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU CỦA ĐỀ TÀI: Phương pháp nghiên cứu lí luận: nghiên cứu các sách đề cập đến khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự; các tạp chí khoa học giáo dục, tạp chí toán học và tuổi trẻ. 3 V. GIẢ THUYẾT KHOA HỌC: Nếu học sinh Phổ thông được trang bị các phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự thì các em sẽ vận dụng tốt hơn trong việc giải toán, ngoài ra các em còn có thể mở rộng bài toán và có những sáng tạo trong toán học. 4 CHƯƠNG I: VAI TRÒ CỦA KHÁI QUÁT HÓA, ĐẶC BIỆT HÓA, TƯƠNG TỰ. 1.1. Khái niệm khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự: 1.1.1 Khái quát hóa Theo G. Polya: “Khái quát hóa là chuyển từ việc nghiên cứu một tập hợp đối tượng đã cho đến việc nghiên cứu một tập hợp lớn hơn, bao gồm cả tập hợp ban đầu” ([8], tr.21). Trong “Phương pháp dạy học môn toán” của Nguyễn Bá Kim có nêu rõ hơn như sau: “Khái quát hóa là chuyển từ một tập hợp đối tượng sang tập hợp lớn hơn tập hợp ban đầu bằng cách nêu bật một số đặc điểm chung của các phần tử trong tập hợp xuất phát” ([4], tr.51). “Chẳng hạn, chúng ta khái quát hóa khi chuyển từ việc nghiên cứu tam giác sang việc nghiên cứu tứ giác, rồi đa giác bất kì với số cạnh bất kì, từ hệ thức lượng trong tam giác vuông sang việc nghiên cứu hệ thức lượng trong tam giác thường. Chúng ta có thể chuyển từ việc nghiên cứu bất đẳng thức cho hai số sang bất đẳng thức cho n số tùy ý…Trong các ví dụ này cho thấy chúng ta thường khái quát hóa bằng cách chuyển từ chỗ chỉ xét một đối tượng, sang việc xét toàn thể một lớp bao gồm cả đối tượng đó” ([8], tr.22). Chúng ta hãy xét ví dụ cụ thể sau: Thí dụ: Ở lớp 9, đối với định lí: “Trong hình tròn, số đo của một góc nội tiếp bằng một nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung”. Chúng ta có 3 trường hợp sau: A C B O A C O B B C O A D D Hình 1a Hình 1b Hình1c Tâm O nằm trên một cạnh của góc (hình 1a). Tâm O nằm bên trong góc nội tiếp (hình 1b). Tâm O nằm bên ngoài góc nội tiếp (hình 1c). Trong ba trường hợp trên chúng ta đều chứng minh được góc nội tiếp bằng một nửa số đo của góc ở tâm cùng chắn một cung. Từ đó bằng khái quát hóa chúng ta đi đến qui luật phổ biến đối với mọi góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn một cung nói chung. Định lí được rút ra nhờ khái quát hóa trên cơ 5 sở phân tích ba trường hợp riêng lẻ có thể xảy ra (và chỉ có thể xảy ra một trong ba trường hợp đó mà thôi). 1.1.2 Đặc biệt hóa Theo G. Polya: “Đặc biệt hóa là chuyển từ vịêc nghiên cứu một tập hợp đối tượng đã cho sang việc nghiên cứu một tập hợp nhỏ hơn chứa trong tập hợp đã cho” ([8], tr.22). Chúng ta có thể hiểu đây là một quá trình ngược lại của khái quát hóa. Chẳng hạn ta đặc biệt hóa khi chuyển từ việc nghiên cứu một đa giác sang nghiên cứu một tam giác (là một đa giác đặc biệt, có số cạnh là ba), ta tiếp tục đặc biệt hóa khi chuyển từ tam giác sang tam giác đều (là tam giác đặc biệt, có các cạnh bằng nhau). Trong hai bước đặc biệt hóa trên đã tiến hành theo các hướng khác nhau. Trong lần đầu (từ đa giác sang tam giác) ta thay một biến bởi một hằng (cụ thể là thay n-giác) bởi 3 (3-giác); trong lần thứ hai (từ tam giác sang tam giác đều) chúng ta đã qui định những điều hạn chế (tam giác phải có các cạnh bằng nhau). Ta dùng đặc biệt hóa để minh họa, giải thích những khái niệm, định lí tổng quát bằng những trường hợp riêng lẻ, cụ thể. Đặc biệt hóa thường được sử dụng trong các bài toán dựng hình, tìm quĩ tích, phương pháp này giúp chúng ta mò mẫm, dự đoán quĩ tích trên cơ sở đó hình thành phương pháp chứng minh cho toàn bộ bài toán. Để minh họa cho vấn đề này ta xét ví dụ cụ thể sau: “ Dựng tiếp tuyến chung của hai đường tròn”. Ta chỉ xét hai đường tròn không cắt nhau có bán kính R2>R1 . Nếu giải trực tiếp bài này rất khó khăn. Ta xét trường hợp đường tròn (O1,R1) là đường tròn điểm. Ta dễ dàng dựng được tiếp tuyến đến đường tròn tâm O2. Cách dựng như sau: Ta dựng đường tròn tâm O’ là trung điểm của đoạn O1O2 đường kính O1O2, cắt O2 tại hai điểm A và B, nối O1 với hai giao điểm này ta được hai tiếp tuyến của đường tròn O2 đi qua O1 (hình 2a). B A O’ .O2 O1 Hình 2a Quay lại bài toán ban đầu. Ta hãy vận dụng bài toán trên bằng cách dựng tiếp tuyến từ tâm O1 đến đường tròn tâm O2 bán kính (R2-R1). Sau đó ta dựng hai đường thẳng lần lượt song song với hai tiếp tuyến vừa dựng được, ta được tiếp tuyến ngoài chung của hai đường tròn (hình 2b).Tương tự ta dựng 6 7 R2 O1 R1 R2-R1 O1 R1 O2 R2+R1 O2 R2 được hai tiếp tuyến trong bằng cách dựng tiếp tuyến từ tâm O1 đến đường tròn tâm O2 bán kính (R1+R2). Sau đó ta cũng dựng hai đường thẳng lần lượt song song hai đường đó, ta được hai tiếp tuyến trong của hai đường tròn (hình 2c). Hình 2b Hình2c 1.1.3 Tương tự Theo G. Polya: “Hai hệ là tương tự nếu chúng phù hợp với nhau trong các mối quan hệ xác định rõ ràng giữa những bộ phận tương ứng” ([8], tr.23). Theo PGs. Hoàng Chúng: “Tương tự thường có nghĩa giống nhau. Người ta thường xét vấn đề tương tự trong toán học trong các khía cạnh sau: - Hai phép chứng minh là tương tự nếu đường lối, phương pháp chứng minh giống nhau. -Hai hình là tương tự nếu chúng có nhiều tính chất giống nhau, nếu vai trò của chúng giống nhau trong hai vấn đề nào đó hoặc nếu giữa các phần tử tương ứng của chúng giống nhau” ([2], tr.8-9). Chẳng hạn đường thẳng, tam giác, đường tròn trong hình học phẳng tương tự với mặt phẳng, tứ diện, mặt cầu trong hình học không gian. Chẳng hạn, trong hình học phẳng ta có bài toán sau “Cho tam giác ABC có O,G,H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, trọng tâm,trực tâm tam giác ABC. Chứng minh rằng O, G, H thẳng hàng”. Ta có bài toán tương tự trong không gian “Cho tứ diện trực tâm ABCD có O, G, H lần lượt là tâm hình cầu ngoại tiếp, trọng tâm, trực tâm của tứ diện. Chứng minh rằng ba điểm O, G, H thẳng hàng”. Người ta cũng thường xem những trường hợp đặc biệt của cùng một vấn đề là tương tự nhau, chẳng hạn tam giác và tứ giác là tương tự nhau - cùng là trường hợp đặc biệt của đa giác. Tóm lại cùng một yếu tố hay một đối tượng có thể xác lập được những tương tự khác nhau tùy thuộc vào vấn đề chúng ta nghiên cứu. Như vậy ta chú ý rằng một hình có thể tương tự với nhiều hình khác, tùy theo ta xét tính chất của hình, mối quan hệ giữa các phần tử của nó về phương diện nào, có khi trong vấn đề này thì ta xem hai hình đó là tương tự, nhưng ở chỗ khác phải biết xem hình này là trường hợp đặc biệt của hình kia. Điều đó đòi hỏi phải biết vận dụng linh hoạt sáng tạo các phương pháp giải toán (khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự). 1.2. Vai trò của khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự trong việc giải bài toán sơ cấp: Khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự có vai trò rất quan trọng trong toán học, nó trở thành phương pháp suy nghĩ sáng tạo và là nguồn gốc của nhiều phát minh. Nó giúp chúng ta mò mẫm, dự đoán, tìm phương pháp giải toán, mở rộng, đào sâu kiến thức. Khi giải một bài toán thì phương pháp chung là tìm cách đưa bài toán phải giải về một bài toán đơn giản hơn sao cho khi giải bài toán này thì ta có thể giải được bài toán đã cho (nhờ áp dụng kết quả hoặc phương pháp giải của bài toán đơn giản đó ). Khi đó các phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự sẽ có nhiều tác dụng. Trong lịch sử toán, có nhiều bài toán mà suốt hàng chục năm thậm chí hàng trăm năm, biết bao các thế hệ nhà toán học của nhiều nước với biết bao công sức chỉ mới giải được một số trường hợp đặc biệt. Chẳng hạn bài toán nổi tiếng sau: “Chứng minh rằng phương trình xn +yn = zn không có nghiệm nguyên ( khác không ) với n>2 ”, được gọi là định lí lớn Fecma đề ra từ thế kỉ XVII. Chính Fecma đã chứng minh cho trường hợp đặc biệt n=4. Sau đó vào thế kỉ XVIII, Euler đã chứng minh cho trường hợp đặc biệt n=3 (nhờ công trình này ông được tặng học vị tiến sĩ ). Mãi một thế kỉ sau việc chứng minh định lí này mới tiến thêm một buớc nữa. Vào khoảng giữa thế kỉ XIX, nhà toán học người Đức Dirichle sau một loạt phát minh về lí thuyết số đã chứng minh được định lí Fecma ứng với n=5. Rồi lại gián đoạn hàng chục năm, mãi cho đến khi nhà toán học Cume (người Đức ) đã chứng minh được cho trường hợp tất cả các số nguyên tố nhỏ hơn 100. Đến năm 1960, với sự giúp đỡ của máy tính điện tử người ta chứng minh được định lí đúng với mọi n< 2.521. Đến những năm 70, 80 của thế kỉ XX, định lí được chứng minh cho các số n< 100.000, nhưng như vậy định lí cũng mới được chứng minh cho một số lớn các trường hợp đặc biệt. Trong khi đi tìm cách chứng minh cho các trường hợp đặc biệt đó, các nhà toán học đã sáng tạo ra nhiều lí thuyết toán học mới, điều đó rất có ý nghĩa của định lí lớn Fecma. Suốt 300 năm, từ khi bài toán Fecma ra đời, cuối cùng cũng được chứng minh. Tháng 6/1993 A.Wiles công bố chứng minh của mình. Vào khoảng tháng 12/1993 thế giới toán học xôn xao vì một “lỗ hỏng” tìm thấy trong chứng minh của A.Wiles. Nhưng vào năm 1994, A.Wiles và người học trò của mình là R.Taylor đã hoàn thiện việc chứng minh định lí lớn Fecma. Đặc biệt trong các bài toán dựng hình và tìm quĩ tích thì cái khó đầu tiên là phải biết dự đoán kết quả sau đó dùng đặc biệt hóa để kiểm tra lại kết quả đó. 8 Chẳng hạn ta xét ví dụ 1 cụ thể sau: “Tìm quĩ tích những điểm M sao cho MA = k MB ; A, B là hai điểm cho trước, k là số dương cho trước khác 1”. M I M’ J B A Hình 3 Để tìm quĩ tích điểm M, ta hãy xét một số vị trí đặc biệt của M. Nếu M chia đoạn AB theo tỉ số k thì M’ (đối xứng với M qua AB ) cũng chia đoạn AB theo tỉ số k (vì MA=M’A; MB=M’B). Suy ra M’ cũng thuộc quĩ tích. Mặt khác ta lại có hai điểm I, J chia trong và chia ngoài đoạn AB theo tỉ số k cũng thuộc quĩ tích. Như vậy, quĩ tích M không là đường thẳng, từ đó chúng ta dự đoán quĩ tích M là đường tròn đi qua I, J và nhận IJ làm trục đối xứng, đó chính là đường tròn đường kính IJ. Việc chứng minh dự đoán này không khó. Cần chú ý trong quá trình mò mẫm trên, nhờ kết hợp với nhận xét về sự đối xứng của quĩ tích mà ta có thể giảm bớt được mò mẫm và đề ra được dự đoán khá chính xác. Trong quá trình mò mẫm phải biết nhận xét, phân tích, vận dụng suy luận, phát huy sáng kiến. Lưu ý đối với Phổ thông chỉ xét hai dạng quĩ tích chủ yếu là đường thẳng (đoạn thẳng) và đường tròn (cung tròn). Do đó nếu thấy ba điểm không thẳng hàng thì dự đoán ngay rằng quĩ tích của nó là đường tròn hoặc cung tròn. Nếu một điểm trên quĩ tích chạy xa ra mãi mãi thì quĩ tích phải là đường thẳng. Từ những kiến thức đã có, từ bài toán ban đầu chúng ta có thể vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, và tương tự để mở rộng bài toán đó, tìm ra những qui luật của các sự kiện toán học. Trên cơ sở đó chúng ta sẽ đào sâu, hiểu kĩ các khái niệm, định lí góp phần mở rộng vốn kiến thức của mình. A A’ B C B’ C’ Ví dụ 2: Ở lớp 8, chúng ta đã chứng minh rằng nếu AA’ là đường phân giác của tam giác ABC thì ' ' A B AB= A C AC (1). Tương tự nếu BB’, CC’ là hai phân giác thì ' ' B C BC= B A BA (2) Hình 4a và ' ' C A CA= CB CB (3). Từ (1), (2), (3) suy ra: 1⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ' ' ' ' ' ' A B BC C A AB BC CA= A C B A CB AC BA CB (*). 9 Từ biểu thức (*) ta có thể mở rộng được không ? Ta xét bài toán tương tự sau: Nếu trong tam giác ABC có AA’, BB’, CC’ là ba trung tuyến thì hệ thức (*) dễ dàng có được vì A’B=A’C, B’A=B’C, C’A=C’B. Bài toán tương tự khác: Nếu AA’, BB’, CC’ là ba đường cao trong tam giác ABC thì hệ thức (*) còn đúng nữa không ? Ta sẽ chứng minh điều đó như sau: Ta có các tam giác sau đôi một đồng dạng: ∆A’BA ∽ ∆C’BC; ∆ B’CB ∽ ∆ A’CA; ∆ C’AC ∽ ∆ B’AB. Từ đó ta có ' ' A B AB= CB BC ; ' ' BC BC= A C AC ; ' ' C A CA= B A BA A’ B C O C’ C’’ B” A B’ ⇒ 1⋅ ⋅ ⋅ ⋅ ' ' ' ' ' ' A B BC C A AB BC CA= CB A C B A BC AC AB = Hình 4b Vậy ta có nếu AA’, BB’, CC’ là các đường phân giác trong, trung tuyến và đường cao thì ta đều được hệ thức (*) đúng. Chúng ta để ý rằng bộ ba các đường thẳng trên đều đồng qui. Vậy hệ thức (*) cũng đúng với bài toán tổng quát sau: “Nếu A’, B’, C’ là ba điểm lần lượt thuộc ba cạnh BC, CA, AB sao cho AA’, BB’, CC’ đồng qui thì 1⋅ ⋅ = ' ' ' ' ' A B B C C A A'C B A CB ”. Chứng minh bài toán này không khó.Ta dựng đường thẳng đi qua A và song song BC cắt BB’, CC’ lần lượt tại B’’, C’’. Hình 4c C B A 10 A’ C’ B’ ∆ OBC ∽ ∆ OB’’C’’ ⇒ = ' ' '' '' 'A B OA A C= AB OA AC ⇒ ' ' ' ' ' ' A B AB= A C AC (1) ∆ B’AB” ∽ ∆ B’CB ⇒ ' ' B C BC= B A AB' ' (2). ∆ C’AC” ∽ ∆ C’BC ⇒ ' ' ' C A AC= CB BC ' (3). Từ (1), (2), (3) : ⇒ 1⋅ ⋅ ⋅ ⋅ = ' ' ' '' '' ' ' ' '' '' A B BC C A AB BC AC= A C B A CB AC AB BC Vậy bài toán được chứng minh. Vậy ta đã vận dụng khái quát hóa, đặc biệt hóa, tương tự để mở rộng bài toán: đầu tiên từ hệ thức (*) đối với đường phân giác chúng ta xét trường hợp tương tự là đường trung tuyến, đường cao từ đó bằng khái quát hóa đề ra bài toán tổng quát. 11 CHƯƠNG II: VẬN DỤNG KHÁI QUÁT HOÁ, ĐẶC BIỆT HOÁ, TƯƠNG TỰ ĐỂ GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN SƠ CẤP. 2.1. Một số bài toán hình học: Trong hình học kể cả hình học phẳng và hình học không gian đa số học sinh đều rất sợ bài tập của môn này vì nó đòi hỏi trí tưởng tượng phong phú nhất là đối với hình học không gian. Học sinh một mặt phải biết những kiến thức đã học bao gồm những định lý, tính chất của các hình không gian. Mặt khác phải biết vận dụng linh họat các phương pháp giải toán, đặc biệt là đối với những bài toán quỹ tích, dựng hình từ các phương pháp khái quát hóa, đặc biệt hoá, tương tự rất có tác dụng. Ta xét bài toán 1 sau: “ Cho tam giác ABC có góc C tù. Chứng minh rằng: tg A.tg B < 1 ” C A B Hình5a Theo giả thiết ta có: ∆ABC có một đặc điểm nổi bật là > 90µC 0. Ta thử xét một số trường hợp đặc biệt của góc C. Nếu µC =1800 thì tgA.tgB = 0 < 1 (đúng). Nếu ta thử cho µC =900 thì sao? Có phải khi đó: A + B = 900 ⇔ A = 900 – B ⇔ tgA = tg (900 – B) = cotgB = 1 tgB ⇔ tgA.tgB=1 Do ta xét: µC = 900 nên ta không có tgA.tgB < 1 Vậy ta được một bài toán tương tự đơn giản hơn như sau: “Nếu ∆ABC vuông tại C thì tg A.tg B =1” Ta có thể vận dụng kết quả này cho bài toán của ta được không? Trong ∆ABC ta hãy kẻ đường cao AH ⊥ BC. Theo kết quả của bài toán tương tự ta có: · ·tg HAB. tg HBA 1= (1) ( Do ∆ AHB vuông tại H ) Mà µC tù nên H không thuộc đoạn BC suy ra BA < (hình 5b). · C ·BAH 12 A C BH Hình 5b ⇒ · ·tg BAC tg BAH ⇒ tgA . tgB < 1 (đpcm). Từ bài toán này ta cũng được một bài toán tương tự sau: “Nếu ∆ABC nhọn thì tg A.tg B > 1 ( hay tg B.tg C > 1 hay tg C.tg A > 1)”. Do xét trường hợp đặc biệt là µC = 900 cho ta bài toán tương tự, gợi cho ta phải kẻ đường cao AH trong ∆ABC. Sau đó dựa trên bài toán tương tự để tìm ra lời giải bài toán đã cho. Sau đây ta xét tiếp bài toán 2 mà việc vận dụng các phương pháp khái quát hoá, đặt biệt hoá, tương tự được thể hiện sâu sắc và dễ hiểu hơn. “ Cho diện tích của một đa giác bằng S, mặt phẳng của đa giác tạo với một mặt phẳng khác một góc α. Chiếu vuông góc đa giác lên mặt phẳng thứ hai (đặt là mặt phẳng P). Hãy tìm diện tích của hình chiếu ?” Đây là một bài toán tổng quát với đa giác bất kỳ. Ta hãy thử xét những trường hợp đặc biệt của đa giác này thì diện tích của hình chiếu được xác định như thế nào ? Ta xét trường hợp riêng đa giác là hình chữ nhật có đáy song song hoặc trùng với giao tuyến ℓ của mặt phẳng đa giác và mặt phẳng chiếu. Gọi a là đáy của hình chữ nhật, b là đường cao của nó. Ta giả sử đáy hình chữ nhật trùng với giao tuyến ℓ (hình 6a). Ta có diện tích hình chữ nhật ABCD là S= a.b. A’ là hình chiếu của A trên mặt phẳng P, B’ là hình chiếu của B trên mặt phẳng P Ta dễ dàng chứng minh được: · = αADA ' 13 Hình 6a. B α ∆ ADA’ có A’D = AD.cosα = b.cosα (vì AD= BC= b). Diện tích hình chữ nhật A’B’CD là S’ = ab.cosα = S.cosα Vậy nếu hình chữ nhật có diện tích S thì diện tích hình chiếu là Scosα. Ta hãy thử xét thêm một trường hợp đặc biệt khác. Đa giác là tam giác vuông có một cạnh góc vuông song song hoặc trùng với giao tuyến của mặt phẳng tam giác với mặt phẳng P, ta cũng giả sử một cạnh góc vuông trùng với ℓ (hình 6b ). α P A' C A B P b B' a D C A A' Hình 6b. Ta dễ dàng thấy: · = αA'BA Diện tích ∆ ABC là: 1S AB.B 2 = C Diện tích ∆ A’BC là: 1 1S' BC.BA' BC.ABcos Scos 2 2 = = α = α Trong trường hợp này diện tích của tam giác là S thì dịên tích hình chiếu là Scosα. Ta hãy thử tổng quát lên như sau: “Nếu diện tích của đa giác là S thì diện tích hình chiếu là Scosα”. Ta hãy đi chứng minh điều này”. Trước hết ta chứng minh bài toán sau: Gọi S là diện tích ∆ABC, S’ là diện tích ∆A’B’C’ – hình chiếu của ∆ABC trên mặt phẳng P, gọi α là góc giữa mặt phẳng P và mặt phẳng tam giác ABC. Nếu α = 900 thì công thức hiển nhiên đúng. Sau đây ta giả sử α < 900 Ta xét 2 trường hợp: *Trường hợp 1: ∆ABC có một cạnh song song hay nằm trong mặt phẳng chiếu P. 14 Giả sử AB nằm trong (P), gọi C’ là hình chiếu của đỉnh C trên (P) (Hình 7a). C α P H A B C' Hình 7a. Trong (P) ta kẻ C’H ⊥ AB, ta có: ·CHC'α = và C’H = CH.cosα Do đó: αcos.. 2 1'. 2 1' CHABHCABS == Vậy; S’ = S cosα *Trường hợp 2: ∆ABC không có cạnh nào song song hay nằm trong (P). Ta có thể giả sử (P) đi qua đỉnh A sao cho các đỉnh B và C ở cùng một phía đối với (P). Gọi D là giao điểm của BC với (P), và B’, C’ là hình chiếu của B’C trên (P) thế thì D thuộc B’C’ (hình 7b). P C' C A D B B' Hình 7b. Theo trường hợp 1 ta có: SADC’ = S ADC. cosα (1) SADB’ = S ADB. cosα (2) Trừ vế với vế hai đẳng thức (1) và (2) ta được: SAB’C’ = SABC.cosα nghĩa là ta có; S’ = Scosα Trong việc chứng minh cho tam giác không có cạnh nào song song hoặc nằm trong (P) ta đã dựa vào trường hợp 1. Trường hợp 1 là trường hợp riêng then chốt nhờ đặc biệt hoá tương tự ta giải trường hợp 2 bằng cách tạo 15 ra một tam giác có đặc điểm giống tam giác trong trường hợp 1. Dựa vào kết quả đã có ta dễ dàng chứng minh được. Dựa vào việc tính diện tích hình chiếu của tam giác. Ta hãy chia đa giác thành những tam giác sao cho tổng diện tích các tam giác này bằng diện tích đa giác. Sau đó ta tìm diện tích hình chiếu của những tam giác này rồi lấy tổng ta được diện tích của đa giác chiếu (tính chất của phép chiếu song song với phương đặc biệt là phương vuông góc mặt phẳng P). Từ đó bài toán ban đầu được chứng minh. Từ bài toán này ta cũng có thể mở rộng thành bài toán sau: “ Một hình cong kín có diện tích S thì hình chiếu của nó cũng có diện tích Scosα”. Như vậy trong bài toán này ta đã xét những trường hợp riêng của đa giác là hình chữ nhật rồi tam giác vuông có một cạnh song song hoặc trùng với giao tuyến ℓ của mặt phẳng đa giác với (P). Sau đó ta xét tam giác thường bất kỳ. Cuối cùng là xét các đa giác bất kỳ (chia nó thành những tam giác vừa nói đến). Trong hai bài toán trên, việc xét các trường hợp tổng quát, đặc biệt tương tự là dễ dàng có thể nhận thấy được. Nhưng nhiều khi, điều đó không dễ dàng mà phải biết linh hoạt biến đổi bài toán để tìm ra những bài toán có tính khái quát cao hơn. Một bài toán sau (bài toán 3) đây sẽ minh họa cho điều đó. “Cho tam giác ABC, có các cạnh a, b, c và các trung tuyến tương ứng là ma, mb, mc. Chứng minh rằng: mb ⊥ mc khi và chỉ khi b2 + c2 = 5a2 (1’).” a B c A G mb C' B' mc b C Hình 8 Ta có: mb ⊥ mc ⇔ B’C2 = GB’2 + GC2 ⇔ 2 21 1 4AC BB' CC' 4 9 9 = + 2 ⇔ 2 2b1 1b (m 4m4 9= + 2 c ) vì 2 2 2 b a c bm 2 4 += − 2 ; += −c 2 2 2 a b cm 2 4 2 ⇔ 2 2 2 2 2 2 21 1 a c b a b cb 4( 4 9 2 4 2 4 ⎡ ⎤+ += − + −⎢ ⎥⎣ ⎦ ) ⇔ 2 2 21 1 5 1 7b a c 4 9 2 2 4 ⎛ ⎞= − +⎜ ⎟⎝ ⎠ 2b 16 ⇔ b2 + c2 = 5a2 (đpcm) Từ bài toán này ta lại có nhận xét sau: Có thể thay trung tuyến bằng cạnh và thay cạnh bằng trung tuyến được không ? Tức là:” b⊥c khi và chỉ khi mb2 + mc2 = 5ma2 (2’) ”. Ta có: mb2 + mc2 = 5ma2 ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 2 2c a b a b c b c a5( ) 2 4 2 4 2 4 + + +− + − = − ⇔ 2c2+ 2a2 – b2 + (2a2 + 2b2 –c2) = 5(2b2 +2c2 – a2) ⇔ a2 =b2 + c2 ⇔ ∆ABC vuông tại A. Như vậy (1’) và (2’) đều được chứng minh. Từ (1’) và (2’) ta có thể tổng quát lên được không ? Ở mệnh đề (2’): b ⊥c ⇔ mb2 + mc2 = 5ma2 hay a2 = b2 + c2 ⇔ mb2 + mc2 = 5ma2 Nếu ta có đẳng thức: αa2 = βb2 + ωc2 với α, β, ω ∈R là đúng thì ta sẽ có điều gì ? Ta chú ý các công thức sau: 2 2 2 2 c ca b 2m 2 + = + (1) 2 2 2 2 a ab c 2m 2 + = + (2) 2 2 2 2 b bc a 2m 2 + = + (3) (1)+ (3) ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 b c b cb c 2a 2m 2m 2 ++ + = + + (4) (4) – (2) ⇒ 2 2 2 2 2 2 2 b c a b c a2a 2m 2m 2m 2 + −= + − + ⇔ 2 2 2 2 2 b c a 5 aa 2m 2m 2m m 2 4 = + − + + 2a ⇔ 2 2 2b c a4a 2m 2m m9 2⎡ ⎤= + −⎣ ⎦ Tương tự: 2 2 2a c b 4b 2m 2m m 9 2⎡ ⎤= + −⎣ ⎦ 2 2 2a b c 4c 2m 2m m 9 2⎡ ⎤= + −⎣ ⎦ α.a2 = β.b2 + ω.c2 2 2 2 b c a 4 2m 2m m 9 ⎡ ⎤α + − = β⎣ ⎦ 2 2 2a c b 4 2m 2m m 9 ⎡ ⎤+ −⎣ ⎦ 2 2 2a b c 4 2m 2m m 9 ⎡ ⎤−+ ω +⎣ ⎦ 17 ⇔ 2α.mb2 + 2α.mc2- α.ma2 = 2β ma2 + 2β mc2 - β mb2 + 2ω ma2 + 2ω mb2 - ω mc2 ⇔ (α + 2β + 2ω) ma2 = (2α+ β - 2ω) mb2 + (2α - 2β+ ω) mc2. Nếu trong mệnh đề tổng quát này ta cho α=β=ω=1 thì đây chính là các mệnh đề (2’) ở trên. Từ đây ta đề xuất bài toán tổng quát sau: “Chứng minh rằng đẳng thức αa2 = βb2 + ωc2 với α, β, ω ∈ R là đúng khi và chỉ khi (α + 2β + 2ω) ma2 = (2α+ β - 2ω) mb2 + (2α - 2β+ ω) mc2 “(*). Ngoài ra lại có thể đề xuất bài toán khác: “Chứng minh rằng đẳng thức αma2 = βmb2 + ωmc2 (5) trong đó α, β, ω ∈ R là đúng khi và chỉ khi (α + 2β + 2ω) a2 = (2α+ β - 2ω) b2 + (2α.- 2β+ ω) c2 (6)” (**). Chú ý: ( )2 2 2a 1m 2b 2c4= + − 2a Nếu trong mệnh đề (**) ta cho α=β=ω=1 thì bài toán (**) biểu thị mệnh đề (1’). Đặc biệt hơn: nếu ta cho α=2, β=ω=1 thì bài toán (*) và (**) có thể viết dưới dạng sau: a/ Nếu b2 + c2 = 2a2 thì mb2 + mc2 = 2ma2 . b/ Nếu mb2 + mc2 = 2ma2 thì b2 + c2 = 2a2 . Như thế các giá trị của cạnh và trung tuyến tương ứng đổi chỗ cho nhau ( tức lúc này ta có thể thay a bởi ma, b bởi mb, c bởi mc và ngược lại mệnh đề vẫn đúng). Liên quan đến vấn đề trên ta đặt ra câu hỏi sau: Trong trường hợp nào thì từ đẳng thức αa2 = βb2 + ωc2 suy ra đẳng thức αma2 = βmb2 + ωmc2 “. Để trả lời câu hỏi này ta xét: (5) và (6) và để ý rằng các hệ thức của a2 và ma2, b2 và mb2, c2 và mc2 phải bằng nhau và ta lập hệ phương trình: α+ 2β + 2ω = kα 2α+ β - 2ω = kβ 2α - 2β + ω = kω 18 Ở đây k là một số thực nào đó. Từ hai phương trình đầu ta được k = 3 Như vậy: α = β + ω tức là đẳng thức (β + ω)a2=βb2 + ωc2 suy ra hệ thức: (β + ω)ma2=βmb2 + ωmc2 và đảo lại. Bài tập: 1. Chứng minh rằng tổng các khoảng cách từ một điểm tùy ý của tam giác đều đến các cạnh của nó là không đổi. Trước hết ta sẽ tìm khoảng cách không đổi ở đây là gì? Hãy chọn một vị trí đặc biệt của M (là điểm tuỳ ý cần tìm). Cho M trùng A, suy ra tổng khoảng cách từ M đến các cạnh của tam giác bằng AH (hình vẽ dưới). Vậy AH là khoảng cách không đổi cần tìm. Lại xét một trường hợp đặc biệt khác là M ở trên một cạnh AC mà không trùng với đỉnh. Cần chứng minh: MK + MJ = AH A J L M K H M0 B C Kẻ ML // BC và ML ∩AH = {M0} ⇒ M0H = MJ v à AM0 = MK ( Do ∆ALM đều). ⇒ MK + MJ = AM0 + MOH = AH (đpcm). Trong trường hợp tổng quát M thuộc miền trong của tam giác. Tương tự như trườn._.