2.3.1. Ph−ơng pháp dùng tỉ số kép
Ta sử dụng các tính chất của tỉ số kép của hình 4 cạnh toàn phần, hình 4 đỉnh toàn phần để dựng.
Bài toán minh hoạ
Bài 2.3.1.1. Trong P2 thực chỉ dùng các đ−ờng thẳng. Hãy giải các bài toán dựng hình sau đây:
Cho ba điểm phân biệt thẳng hàng A, B, C. Dựng điểm D sao cho [A, B, C, D] = -1 Với số tự nhiên n >1 dựng điểm D sao cho [A, B, C, D] = n.
Bài giải
Ta dựng điểm D sao cho [A, B, C, D] = -1 nh− sau: Lấy một điểm G không thuộc AB
và một đ−ờng thẳng l đi qua C cắt GA và GB lần l−ợt tại N và M (trong đó l không đi qua G và không trùng với A,B).
Dựng E = AM∩BN; D = GE∩AB. (Hình 2.29) Xét hình 4 đỉnh toàn phần MENG
ta có: [A, B, C, D] = -1
Ta thấy mỗi b−ớc dựng chỉ có một nghiệm duy nhất ⇒điểm D là duy nhất + Với n = 2 ta có: [A, B, C, D] = 2 ⇔[A, C, B, D] = 1- [A, B, C, D] = -1 Vậy ta dựng điểm D sao cho [A, C, B, D] = -1 theo cách nói trên
+ Với n = 3 ta dựng điểm D : [A, C, B, D] = 2 (theo cách nói trên) sau đó
N M A B C E G Hình 2.29 D
= 1- [A, C, B, D1][A, C, D1,D] = 3.
Vậy dựng đ−ợc điểm D thoả mãn yêu cầu bài toán.
+ Với n = 4 ta dựng điểm D1 sao cho [A, C, B, D1] =3 rồi dựng D sao cho: [A, C, D1,D] = -1 thì ta đ−ợc [A, B, C, D] = 1- [A, C, B, D1][A, C, D1, D] = 4. Bằng cách quy nạp suy ra đ−ợc cách dựng D sao cho: [A, B, C, D] = n, ∀n≥2
Bài 2.3.1.2. Chứng minh rằng: nếu hình 4 đỉnh toàn phần có 4 đỉnh nằm trên một ôvan (S) thì ba điểm chéo của nó đôi một liên hợp với nhau đối với ovan đó. Từ đó suy ra cách dựng đ−ờng thẳng đối cực của một điểm đối với một ovan cho tr−ớc cũng nh− cách dựng tiếp tuyến của ovan từ một điểm (chỉ dùng th−ớc thẳng).
Bài giải
Giả sử có hình 4 đỉnh toàn phần ABCD nằm trên ôvan (S) Giả sử: AB∩CD = P; Q = AC∩BD;
R = BC∩AD; M = QR∩AB; N = QR∩CD.(Hình 2.30)
Từ tính chất của hình 4 đỉnh toàn phần ta có: [C, D, P, N] = - 1; [A, B, P, M] = -1 ⇒P liên hợp với M đối với (S).
P liên hợp với N đối với (S). Do đó: QR là đ−ờng đối cực của P. T−ơng tự ta có điều phải chứng minh. + Cách dựng đ−ờng đối cực
của một điểm cho tr−ớc:
Cho ovan (S) và P không thuộc (S). Kẻ hai đ−ờng thẳng d1, d2 qua G: d1∩(S) = {A, B} d2∩(S) = {C, D} ABCD là hình 4 đỉnh toàn phần có bốn đỉnh nằm trên một đ−ờng ovan: AC∩BD = Q, AB∩CD = P, AD∩BC = R
⇒Khi đó theo trên chứng minh ta có: RQ là đ−ờng đối cực của P. R P B A C Q D K1 N Hình 2.30 M K2
Dựng tiếp tuyến của một ovan từ một điểm không thuộc (S) (chỉ dùng th−ớc thẳng).
Cho ôvan (S) và P không thuộc (S).
Dựng đ−ờng đối cực d của P đối với (S) (theo trên).
d∩(S) = {K1, K2}. Khi đó từ P ta kẻ đ−ợc 2 tiếp tuyến PM, PM’ đến (S).
2.3.2. Ph−ơng pháp áp dụng các định lý về đ−ờng bậc hai
Ph−ơng pháp này có thể giải đ−ợc bài toán dựng điểm của đ−ờng bậc hai, dựng giao điểm của 1 đ−ờng thẳng với một đ−ờng bậc hai, dựng điểm t−ơng ứng của 1 biến đổi xạ ảnh đối hợp…
Chúng ta th−ờng sử dụng các định lí sau: Định lí Pascal, định lí Frêgiê…
Bài toán minh hoạ
Bài 2.3.2.1. Trong P2 cho hình 5 đỉnh ABCDE, một đ−ờng thẳng a biến thiên đi qua A. Chỉ dùng th−ớc kẻ dựng giao điểm F của a với đ−ờng bậc hai (G) đi qua A, B, C, D, E. Bài giải áp dụng định lý Pascal với hình 6 đỉnh ABCDEF ta có: β = AB∩DE; γ = BC∩EF; α = CD∩FA (Hình 2.31) Khi đó: α β γ, , thẳng hàng Vậy ta suy ra cách dựng sau: Dựng β = AB∩DE; α = CD∩a;
γ = α β ∩BC ⇒F = a ∩Eγ là điểm cần dựng. Dễ dàng chứng minh đ−ợc theo định lý Pascal đảo. Với mỗi đ−ờng thẳng d ta dựng đ−ợc F duy nhất.
Bài 2.3.2.2. Cho năm điểm A, B, C, D, E của một đ−ờng bậc hai không suy biến (S) chỉ dùng th−ớc kẻ dựng tiếp tuyến tại A của (S).
Hình 2.31 a b D A C E B F α β γ
Bài giải
Ta có thể coi 5 điểm trên
là hình 6 đỉnh AABCDE nội tiếp (S). M = AA∩CD N = AB∩DE P = BC∩EA Theo định lý Pascal ta có M, N, P thẳng hàng (Hình 2.32). Do đó ta có cách dựng sau: Dựng N = AB ∩DE Dựng P = BC ∩EA Dựng M = NP ∩CD
Dễ dàng chứng minh đ−ợc theo định lí Pascal đảo tiếp tuyến của (S) tại A chính là đ−ờng thẳng AM.
Bài 2.3.2.3. Cho 5 điểm A, B, C, D, E cùng thuộc một đ−ờng bậc hai (S), M là một điểm tuỳ ý. Hãy dựng đ−ờng đối cực của điểm M đối với đ−ờng bậc hai đó.
Bài giải
Nếu M thuộc đ−ờng bậc hai (S), khi đó đối cực của M là tiếp tuyến với (S) tại M(dựng theo bài 2.3.2.2).
Nếu M không thuộc (S) (áp dụng bài 2.3.1.1) ta dựng đ−ợc giao điểm F của ME đối với (S).
Ta dựng điểm N thuộc ME thoả mãn [M, N, E, F] = -1 (dựng theo bài 2.3.1.1) Khi đó N liên hợp với M.
T−ơng tự ta dựng đ−ợc điểm P thuộc MD sao cho P liên hợp với M ⇒Đối cực của M đối với (S) là đ−ờng thẳng NP.
Bài 2.3.2.4. Trong P2 cho năm điểm A, B, C, D, E của đ−ờng bậc hai (S) không suy biến và đ−ờng thẳng d. Chỉ dùng các đ−ờng thẳng hãy dựng cực của d đối với đ−ờng bậc hai (S).
B C D E N P M A Hình 2.32
Bài giải
Lấy hai điểm phân biệt M, N thuộc d. Dựng đ−ờng đối cực m của M đối với (S). Dựng đ−ờng đối cực n của N đối với (S).
Khi đó, dễ thấy m∩n chính là cực của đ−ờng thẳng d đối với (S).
Bài 2.3.2.5. Trong P2 cho một đ−ờng thẳng d. Giả sử f: d→d là một biến đổi xạ ảnh đối hợp mà f(A) = A’; f(B) = B’. Chỉ dùng các đ−ờng thẳng hãy dựng ảnh C’ của một điểm C cho tr−ớc đối với f.
Bài giải
Tr−ớc hết ta giải bài toán phụ sau:
Trong P2 cho ba cặp đ−ờng thẳng phân biệt (a, a’); (b, b’); (c, c’) mà trong 6 đ−ờng thẳng a, b, c, a’, b’, c’ không có ba đ−ờng nào đồng quy. Một đ−ờng thẳng d cắt ba cặp đ−ờng thẳng nói trên lần l−ợt tại các cặp điểm (A, A’); (B, B’); (C, C’). Chứng minh rằng có một biến đổi xạ ảnh đối hợp f: d→d thoả mãn. f(A)= A’; f(B) = B’; f(C) = C’. Bài giải Đặt α = a∩a’; β = b∩b’; γ = c∩c’ P = a∩b’; Q = b’∩a’; R = a’∩b; S = b∩a. (Hình 2.33) Xét biến đổi xạ ảnh f: d→d thoả mãn A→A’; B֏B’; C֏C’. Ta có [A, A’, B, C] = [α, A’, R, Q]
(do phép chiếu xuyên tâm d lên RQ bởi tâm S).
[α, A’, R, Q] = [A, A’, C’, B’] (do phép chiếu xuyên tâm RQ lên d bởi tâm P).
α β C a a’ b b’ γ C’ c c’ P Q R S A A’ B B’ Hình 2.33
⇒[A, A’, B, C] = [A’, A, B’, C’] do đó f(A’) = A ⇒ là phép đối hợp của d. Quay trở về bài toán:
Lấy α ∉d. Dựng hai đ−ờng thẳng a, a’ đi qua α và lần l−ợt đi qua A, A’. Từ C dựng một đ−ờng thẳng không trùng với d cắt a, a’ lần l−ợt tại S và Q.
Dựng P = a∩B’Q; R = a’∩BS; C’ = d∩PR. Khi đó theo bài toán phụ ta có C’ = f(C).