Dựng tam giác cân có ràng buộc: tồn tại, chiều đảo và trường hợp biên
Dùng giao đường thẳng với đường tròn và đường trung trực để xác định đúng số vị trí, điều kiện hai cạnh bằng nhau và các hình suy biến ở đầu mút.
TOÁN THCS · HỌC TỪ BẢN CHẤT
Dựng tam giác cân có ràng buộc: tồn tại, chiều đảo và trường hợp biên
Dùng giao đường thẳng với đường tròn và đường trung trực để xác định đúng số vị trí, điều kiện hai cạnh bằng nhau và các hình suy biến ở đầu mút.
1. Một yêu cầu độ dài có thể không dựng được
“Dựng một tam giác cân” chưa phải lúc nào cũng thực hiện được nếu một đỉnh bị buộc nằm trên một đường thẳng cho trước. Ta cần biết có vị trí phù hợp hay không, có bao nhiêu vị trí, và khi nào hình chỉ còn một trường hợp suy biến.
Công cụ cơ bản là giao của một đường thẳng với đường tròn. Cho tâm B, bán kính L>0, và đường thẳng d. Gọi C là chân vuông góc từ B đến d, đặt BC=s\ge0. Với E\in d, định lí Pythagore cho
BE^2=s^2+CE^2.
Khi B=C, ta có BE=CE; khi E=C, ta có BE=BC. Vì vậy công thức cũng đúng tại các trường hợp trùng điểm ấy bằng kiểm tra trực tiếp.
Vì các độ dài không âm, điều kiện BE=L tương đương CE^2=L^2-s^2. Nếu s<L, có đúng hai điểm E, nằm hai phía của C, với CE=\sqrt{L^2-s^2}>0. Nếu s=L, chỉ có E=C, đường thẳng tiếp xúc đường tròn. Nếu s>L, không có điểm nào vì bình phương không thể âm.
Hai giao điểm, một tiếp điểm hay không có giao điểm đều đến từ dấu của L^2-s^2. Đây là một điều kiện tồn tại theo cả hai chiều, không phải kết luận chỉ dựa vào hình vẽ.
2. Đường trung trực cho một tiêu chuẩn cân theo hai chiều
Cho A,E phân biệt, D nằm trong đoạn AE, và BD\perp AE, với B không nằm trên AE. Hai tam giác vuông có chung cạnh BD, nên
BA^2=BD^2+DA^2,\qquad BE^2=BD^2+DE^2.
Lấy hiệu, ta được
BA^2-BE^2=DA^2-DE^2.
Vì các độ dài dương, BA=BE khi và chỉ khi DA=DE, tức D là trung điểm AE. Kết hợp vuông góc, đường BD chính là đường trung trực của AE. Như vậy, một đường cao từ B đồng thời là trung tuyến khi và chỉ khi tam giác cân tại B.
Điều kiện điểm nằm trong đoạn giúp đọc đúng phép cộng AE=AD+DE. Nếu chưa biết vị trí, không được suy ngay DE=AE-AD chỉ từ ba điểm thẳng hàng. Ở ứng dụng sắp tới, ta sẽ chứng minh thứ tự A,D,E trước khi dùng tiêu chuẩn.
3. Đỉnh nằm ngoài một đầu đáy: cạnh nào có thể bằng nhau?
Giữ AB=2R, R>0. Lấy C trên tia đối của tia BA, với BC=tR, t>0. Như vậy thứ tự là A,B,C, AC=(2+t)R. Qua C kẻ đường thẳng vuông góc AB, chọn E\ne C trên đường ấy.
Do AE>AC>AB, cạnh AE không bằng AB. Đồng thời, từ hai tam giác vuông tại C:
AE^2-BE^2=AC^2-BC^2=((2+t)^2-t^2)R^2=4(1+t)R^2>0.
Vậy AE>BE. Trong cấu hình này, nếu tam giác ABE cân thì cặp bằng nhau duy nhất có thể là AB=BE, tức cân tại B. Ta đã xác định đỉnh cân bằng quan hệ độ dài; không đoán theo dáng hình.
Áp dụng điều kiện đường thẳng cắt đường tròn với tâm B, bán kính AB=2R, khoảng cách tới đường thẳng là BC=tR:
BE=AB\iff CE^2=(4-t^2)R^2.
Để có tam giác không suy biến, cần CE>0. Vì t>0, điều kiện chính xác là
\boxed{0<t<2},\qquad CE=R\sqrt{4-t^2}.
Với mỗi t trong khoảng ấy có đúng hai tam giác, đối xứng nhau qua AB. Nếu chỉ chọn E ở một phía đã chỉ định của AB, có đúng một vị trí.
Đường tròn quỹ tích có tâm B, bán kính BA. Hình minh họa BC=R; hai giao điểm trên đường qua C tạo hai tam giác cân đối xứng.
4. Thêm một đường tròn đường kính và một dây đã cho
Bây giờ giữ đường tròn (O) có đường kính AB=2R. Chọn D\in(O), D\ne A,B, và đặt BD=qR. Do dây khác đường kính và không có độ dài không, 0<q<2. Đường AD gặp đường vuông góc với AB tại C ở điểm E, với BC=tR>0 như trước.
Để xác nhận giao điểm và thứ tự, đặt A=(0,0),B=(2R,0), chọn D phía trên trục ngang. Viết D=(x,y), y>0. Phương trình đường tròn là x^2+y^2=2Rx; điều kiện dây cho (x-2R)^2+y^2=q^2R^2. Trừ hai phương trình:
x=\frac{4-q^2}{2}R,\qquad y=\frac{q\sqrt{4-q^2}}2R.
Vì 0<q<2, ta có 0<x<2R<(2+t)R. Do đó đường AD không song song đường thẳng đứng tại C, và gặp nó ở đúng một điểm trên tia AD, nằm sau D. Thứ tự A,D,E đã được chứng minh. Hình phía dưới trục thu được bằng đổi dấu tung độ và có cùng độ dài.
Góc chắn đường kính cho BD\perp AD. Tam giác ABD vuông tại D nên
AD=R\sqrt{4-q^2}.
Hai tam giác ADB và ACE đồng dạng theo góc vuông và góc chung tại A, với D\leftrightarrow C,B\leftrightarrow E. Vì thế
\frac{AD}{AC}=\frac{AB}{AE}=\frac{BD}{CE},CE=\frac{q(t+2)}{\sqrt{4-q^2}}R,\qquad AE=\frac{2(t+2)}{\sqrt{4-q^2}}R.
Các mẫu dương do 0<q<2; không được sử dụng công thức sau khi đặt q=2, khi D=A và đường AD mất nghĩa.
5. Điều kiện chính xác để hai yêu cầu cùng thỏa
Vừa cho khoảng cách BC=tR, vừa cho dây BD=qR không có nghĩa là tam giác tự cân. Dùng công thức CE và Pythagore trong BCE:
\frac{BE^2}{R^2}=t^2+\frac{q^2(t+2)^2}{4-q^2}.
Vì AB,BE,R đều dương, AB=BE tương đương vế phải bằng 4. Nhân với 4-q^2>0, chuyển vế và nhóm:
4(4-t^2)=q^2\big((t+2)^2+4-t^2\big)=4q^2(t+2).
Chia cho 4(t+2)>0, ta được
\boxed{AB=BE\iff q^2+t=2}.
Mọi phép biến đổi đều đảo được trên miền t>0,0<q<2, nên đây là điều kiện cần và đủ. Nó tự buộc 0<t<2 và 0<q<\sqrt2.
Còn có công thức so sánh:
\frac{BE^2}{R^2}-4=\frac{4(t+2)(q^2+t-2)}{4-q^2}.
Hệ số ngoài q^2+t-2 dương. Vì thế nếu q^2+t<2 thì BE<AB; nếu q^2+t>2 thì BE>AB. Đẳng thức nằm đúng tại ranh giới giữa hai kiểu độ dài.
Với khoảng cách t cho trước, dựng được tam giác cân khi và chỉ khi 0<t<2; dây cần chọn có độ dài duy nhất BD=R\sqrt{2-t}, dù có hai điểm D đối xứng. Với dây q cho trước, dựng được C ở phía ngoài B khi và chỉ khi 0<q<\sqrt2, và khi ấy BC=(2-q^2)R được xác định duy nhất.
Ta còn có một kiểm tra hình học độc lập. Khi q^2=2-t, công thức đồng dạng cho
\frac{AE}{AD}=\frac{2(t+2)}{4-q^2}=2.
Vì A,D,E theo thứ tự, AD=DE. Đường BD\perp AE trở thành đường trung trực, nên BA=BE, đúng tiêu chuẩn phần hai. Chiều đảo của tiêu chuẩn cũng giải thích vì sao một tam giác cân ở đây buộc D là trung điểm đáy.
6. Ví dụ nguồn và ý nghĩa của hai đường tròn
Cấu hình nguồn cho đường tròn đường kính AB=2R, điểm C trên tia đối của BA với BC=R, điểm D trên đường tròn với BD=R, và đường thẳng qua C vuông góc với BC cắt AD tại E. Vì BC>0 và A,B,C thẳng hàng, đường CE chính là đường vuông góc với AB tại C đã xét.
Ở đây t=q=1, thỏa q^2+t=2. Do đó tam giác ABE cân tại B, với
AB=BE=2R,\quad AD=CE=\sqrt3R,\quad AE=2\sqrt3R.
Một đường tròn thứ hai xuất hiện từ hai góc vuông: BD\perp DE vì A,D,E thẳng hàng; BC\perp CE do cách dựng. Vì thế D,C cùng thuộc đường tròn đường kính BE, và B,C,E,D là bốn điểm phân biệt trên đường tròn ấy.
Kết luận cùng thuộc một đường tròn không cần q=t=1: nó đúng với mọi t>0,0<q<2 của cách dựng. Nhưng bán kính đường tròn mới là BE/2, chỉ bằng bán kính R của đường tròn ban đầu khi BE=2R, tức đúng khi q^2+t=2. Như vậy, “hai đường tròn có cùng bán kính” mang cùng điều kiện với tam giác cân, còn “có đường tròn thứ hai” thì rộng hơn.
Hình nguồn với tỉ lệ 52 điểm ảnh cho một bán kính. O là trung điểm AB, I là trung điểm BE. Hai đường tròn bán kính bằng nhau, còn đường BD là đường trung trực của AE.
Hai đường tròn trong hình nguồn có tâm khác nhau. Tâm thứ nhất là trung điểm AB; tâm thứ hai là trung điểm BE. Nếu chúng trùng, từ hai công thức trung điểm sẽ có A=E, trái với thứ tự đã chứng minh. Chúng giao nhau tại hai điểm phân biệt B,D.
7. Đầu mút: hình còn tồn tại nhưng đối tượng có thể thay đổi
Trong họ tam giác cân với C ở ngoài B, điều kiện là 0<t<2. Độ cao CE=R\sqrt{4-t^2} giảm khi t tăng: với 0<t_1<t_2<2, ta có t_1^2<t_2^2, nên 4-t_1^2>4-t_2^2, và căn bậc hai dương giữ thứ tự. Vì thế
0<CE<2R.
Không có độ cao lớn nhất hoặc nhỏ nhất trong miền này. Ta có thể chọn t gần không để CE gần 2R, hoặc chọn t gần hai để CE gần không, nhưng hai đầu không được nhận. Mỗi độ cao v thỏa 0<v<2R đều đạt được: chọn t=\sqrt{4-(v/R)^2}, số này nằm trong (0,2).
Nếu mở rộng cách dựng bằng cách cho C=B, tức t=0, và vẫn kẻ đường qua C vuông góc với AB, ta có hai vị trí E với CE=2R. Tam giác ABE khi ấy vuông cân tại B, dây tương ứng BD=\sqrt2R. Độ cao lớn nhất được nhận trong họ mở rộng. Nhưng B,C trùng nhau, nên không gọi BCED là một tứ giác có bốn đỉnh phân biệt; cũng không dùng đoạn BC độ dài không để xác định một hướng vuông góc.
Ở t=2, điều kiện cân buộc CE=0, E=C, D=B, và A,B,E thẳng hàng. Đây là tiếp điểm của đường thẳng với đường tròn tâm B, nhưng không còn tam giác không suy biến. Với t>2, không có điểm E thỏa BE=AB trên đường thẳng ấy.
8. Tự kiểm tra và dựng ngược
Cho bán kính hai và BC bằng ba. Muốn tam giác cân, cần dây BD dài bao nhiêu?
R=2, t=3/2 nằm trong (0,2), nên dựng được. Ta cần q^2=2-3/2=1/2, tức BD=qR=\sqrt2. Độ cao CE=2\sqrt{4-9/4}=\sqrt7; BE=4. Có hai hình đối xứng, hoặc một hình nếu đã chỉ định phía của D.
Nếu dây BD dài căn ba lần bán kính, có thể chọn C ngoài B để tam giác cân không?
Không. Khi q=\sqrt3, điều kiện bắt buộc t=2-q^2=-1, trái với t>0. Cách dựng vẫn tạo một đường tròn qua B,C,E,D với mỗi t>0, nhưng tam giác ABE không cân trong miền ấy.
Chỉ biết B,C,E,D cùng thuộc một đường tròn có đủ kết luận hai đường tròn bằng bán kính không?
Không. Chọn q=1,t=1/2. Khi đó BE^2/R^2=1/4+(5/2)^2/3=7/3, khác 4. Bán kính đường tròn đường kính BE khác R, dù hai góc vuông vẫn chứng minh nội tiếp. Điều kiện cân đòi thêm q^2+t=2, ở đây chỉ bằng 3/2.
Một điểm E thỏa BE=BA có đủ làm tam giác không suy biến không?
Chưa đủ. Khi t=2, E=C vẫn có BE=BA=2R, nhưng ba điểm A,B,E thẳng hàng. Cần đồng thời CE>0. Đẳng thức độ dài và sự tồn tại của một tam giác có diện tích dương là hai yêu cầu riêng.
Một cách dựng hoàn chỉnh phải xác nhận điểm giao tồn tại, đếm các vị trí, kiểm thứ tự và tính phân biệt, rồi chứng minh cả chiều cần lẫn chiều đủ của điều kiện độ dài. Khi thay giả thiết, xét riêng đầu mút để biết tam giác, tứ giác và đường thẳng nào còn được xác định.
Tự học qua định nghĩa, chứng minh và kiểm tra điều kiện