Bài toán 2.2.9. Trên mặt phẳng cho (2n + 1) điểm. Hãy dựng một
(2n+ 1)- giác để các điểm đã cho là trung điểm các cạnh của đa giác.
Chứng minh.
10. Với n= 1, ta dựng tam giác ABC khi biết 3 trung điểm M, N, P
bằng cách qua M, N, P lần lượt dựng các đường thẳng song song với
N P, M P, M N. Chúng cắt nhau cho ta tam giác ABC.
20. Giả sử đối với 2(n−1) + 1 điểm tuỳ ý không thẳng hàng dựng được đa giác (2n−1) đỉnh có các điểm đã cho là trung điểm các cạnh. Ta chứng minh có thể dựng được (2n+ 1)-giác từ trung điểm các cạnh
của nó.
Hình 2.10
Xét2n+1điểm tuỳ ý khơng có ba điểm nào thẳng hàngA1, A2, ..., A2n+1. Giả sử các điểm này là trung điểm các cạnh của (2n+ 1)-giác cần dựng
B1, B2, ..., B2n+1
Xét tứ giác B1B2n−1B2nB2n+1 có A2n−1, A2n, A2n+1 lần lượt là trung điểm các cạnhB2n−1B2n, B2nB2n+1, B2n+1B1. GọiAlà trung điểmB1B2n−1
thì AA2n−1A2nA2n+1 là hình bình hành. Vì A2n−1, A2n, A2n+1 cho trước nên ta dựng được A.
Xét (2n−1)-giác B1B2...B2n−1 có (2n−1) trung điểm các cạnh là:
A1, A2, ..., A2n−2, A đã xác định nên theo giả thiết quy nạp ta dựng được đa giác này. Từ B1, B2n−1 và các trung điểm A2n−1, A2n+1 ta dựng được nốt B2n và B2n+1
Vậy ta dựng được (2n+ 1)-giác B1B2...B2n+1 khi biết trung điểm các cạnh của nó.
Bài tốn 2.2.10. Trên mặt phẳng cho một đường tròn và n điểm. Hãy
nội tiếp đường tròn bằng một n-giác có cạnh đi qua n điểm đã cho. Chứng minh.
Để chứng minh bài toán ta thực hiện theo hai bước: Trước hết chứng minh một bổ đề. Sau đó áp dụng bổ đề này với k = n để suy ra khẳng định trong bài toán.
Bổ đề: Dựng một n-giác nội tiếp một đường trịn cho trước có k cạnh
liên tiếp đi qua k điểm cho trước và (n−k) cạnh còn lại song song với các đường thẳng cho trước.
Chứng minh bổ đề:
10. Với k = 1, ta có bài tốn sau: Hãy nội tiếp đường trịn một n-giác
có cạnh A1An đi qua điểm P cho trước và (n− 1) cạnh còn lại A1A2,
A2A3,..., An−1An thì song song với các đường thẳng l1, l2, ..., ln−1 cho trước.
Giả sử bài toán đã giải xong, dựng được đa giác như hình vẽ:
Trên đường trịn lấy B1 bất kỳ, dựng đa giác nội tiếp B1B2...Bn có các cạnh B1B2, B2B3, ..., Bn−1Bn lần lượt song song với l1, l2, ..., ln−1.
Dễ thấy các cung A1B1, A2B2, ..., AnBn bằng nhau. Trên đường tròn, các cặp cung A1B1 và A2B2, A2B2 và A3B3,... có chiều ngược nhau, nên:
Hình 2.11
-Nếu n chẵn (hình thứ 1) thì các cung A1B1 và AnBn có chiều ngược nhau. Tứ giác A1B1BnAn là hình thang cân nên A1An song song với
B1Bn.
Vậy qua P, ta dựng một đường thẳng song song với B1Bn. Nó cắt
đường tròn cho ta cạnh A1An. Do cạnh A1A2 song song với l1 tức song song với B1B2 nên để xác định đỉnh A2 từ A1 kẻ đường thẳng song song với B1B2. Đường thẳng này cắt đường tròn tại điểm thứ hai. Điểm này chính là đỉnhA2. Tiếp đó từ tính chất song song của các cạnh l3, l4, ..., ln, ta dựng được các đỉnh còn lại A3, ..., An−1 của n-giác A1A2...An.
-Nếu n lẻ thì các cung A1B1 và AnBn cùng chiều. Tứ giác A1B1AnBn
là hình thang cân đáyA1Bn và B1An; hai đường chéoA1An và B1Bn bằng nhau.
Vậy qua P ta vẽ đường thẳng cắt đường tròn đã cho theo dây A1An
bằng dây B1Bn ( đây chính là đường thẳng tiếp xúc với đường trịn đồng tâm với đường tròn cho trước và tiếp xúc với B1Bn). Sau khi đã dựng
được A1An, ta tiếp tục dựng các đỉnh còn lại của n-giác A1A2...An như phần trước.
20. Giả sử đã dựng được một n-giác nội tiếp một đường tròn cho trước với k cạnh liên tiếp đi qua k điểm cho trước và (n−k) cạnh còn lại song song với những đường thẳng cho trước. Ta cần dựng được một n-giác
nội tiếp một đường tròn cho trước P1, P2, ..., Pk+1 mà k+ 1 cạnh còn lại song song với những đường thẳng đã cho.
Giả sử bài toán đã giải xong và ta dựng được n-giác.
Xét hai cạnh A1A2, A2A3 của đa giác. Qua A1 kẻ dây cung A1A′2 song song với P1P2, đường thẳng P1P2 cắt A3A′2 tại P2′.
Hình 2.12 Ta thấy: \ P2′A3P2 = A\′ 2A3P2 = A\′ 2A1A2 = P\2P1A2 và P\′A2A3 = A\2P2P1 nên: △P1A2P2 ∼ △A3P2′P2 Do đó: P1P2 A3P2 = A2P2 P2′P2 hay P2′P2 = A3P2.A2P2 P1P2
Ký hiệu hai giao điểm của đường thẳng P1P2 với đường trịn là P và
P′ . Khi đó ta có:
\
A2P2P = P\′P2A3 và A\2P P2 = A\2P P′ = P\′A3P2 nên: △P′A3A2 ∼ △A2P P2
A2P2
P′P2 = P2P
A3P2 hay A3P2.A2P2 = P2P.P′P2
Vì đường trịn O cố định và P1, P2 là các điểm cố định nên các giao điểm
P, P′ cố định. Bởi vậy P2P.P′P2 là hằng số nên P2′P2 không đổi. Do đó ta dựng được P2′. Như vậy, ta biết được k điểm P2′, P3, P4, ..., Pk+1 mà k
cạnh liên tiếp A′2A3, A3A4, ..., Ak+1Ak+2 của n-giác A1A′2A3A4...AnA1 đi qua và n−k cạnh còn lại song song với các đường thẳng cho trước. Theo giả thiết quy nạp, ta dựng được n-giác A1A′2A3A4...An. Sau đó nối A1
với P1, A3 với P2 rồi kéo dài. Hai đường này cắt nhau tại một điểm. Đó là đỉnh A2 của đa giác A1A2A3A4...An cần tìm.
Khi cho k = n, theo Bổ đề, được n-giác nội tiếp trong một đường
trịn và có cạnh đi qua n điểm đã cho.