Chương 1 Kiến thức cơ bản
2.3. Bài tốn dựng hình
Trên đây chúng ta đã thấy những ưu việt khi sử dụng phép nghịch đảo trong một số bài toán chứng minh, quỹ tích trong hình học phẳng. Tiếp theo
chúng tơi xin đưa ra ứng dụng của phép nghịch đảo trong một số bài tốn dựng hình trong hình học phẳng.
Bài tốn 2.3.1. Cho điểmP nằm trên trục đẳng phương của hai đường tròn
đã cho (O) và (O0). Hãy dựng qua P một đường trịn tiếp xúc với hai đường trịn đó.
Lời giải: a, Phân tích:
Điểm P nằm trên trục đẳng phương AB của hai đường trịn (O) và (O0) nên ta có −→
P C.−−→
P D = −−→
P C0.−−→
P D0
Suy ra tứ giác CDD0C0 nội tiếp. Phép nghịch đảo cực P, phương tích
k = −→
P A.−−→
P B biến đường trịn (O) thành chính nó, đường trịn (O0) thành chính nó, hai điểm C và C0 tương ứng thành D và D0.
Hình 2.32:
Vì vậy phép nghịch đảo đó biến đường thẳngCC0 thành đường trịn ngoại tiếp tam giác P DD0 tiếp xúc với hai đường tròn (O) và (O0).
b, Cách dựng: (Hình 2.32)
- Dựng tiếp tuyến chung CC0 với hai đường tròn (O) và (O0). - Xác định D = P C ∩(O);D0 = P C0 ∩(O0).
- Dựng đường trịn ngoại tiếp tam giác ∆P DD0. Đó là đường trịn cần dựng.
c, Chứng minh: Theo cách dựng trên ta có: −→ P C.−−→ P D = −−→ P C0.−−→ P D0 = −→ P A.−−→ P B suy ra phép nghịch đảo cựcP biến tiếp tuyếnCC0 thành đường tròn ngoại tiếp ∆P DD0. Mặt khác: phép nghịch đảo bảo tồn tính chất trực giao của các đường thẳng và đường tròn. Nên đường tròn ngoại tiếp ∆P DD0 tiếp xúc với hai đường tròn (O) và (O0).
d, Biện luận: Bài tốn có nhiều nhất hai nghiệm hình.
Nhận xét: Với phép nghịch đảo f cực P, phương tích k = −→
P A.−−→
P B và sử dụng tính chất trực giao đã cho ta việc dựng đường tròn đi qua P và tiếp xúc với hai đường tròn (O) và (O0) thành việc dựng đường trịn ngoại tiếp tam giác P DD0.
Bài tốn 2.3.2. Qua một điểm A hãy dựng một đường tròn tiếp xúc với
một đường thẳng d và một đường tròn (O) đã cho.
Lời giải:
a, Phân tích:
Hình 2.33:
Giả sử đã dựng được đường tròn (C0) đi qua A, tiếp xúc với đường tròn
(O) tạiI và tiếp xúc với đường thẳng d tại J. Ta xác định được ảnh của (O) và của d qua phép nghịch đảo f cực A, phương tích k bằng phương tích của
f : (O) 7→(O), f bảo tồn đường trịn (O);
f : d 7→(C), đường tròn (C) đi qua cực A;
f : (C0) 7→ τ, τ là tiếp tuyến chung của (O) và (C) nên τ dựng được;
f : I 7→ I0, I là tiếp điểm của (C0) với (O) nên I0 là tiếp điểm của τ với (O);
f : J 7→ J0, J là tiếp điểm của (C0) với d nên J0 là tiếp điểm của τ với (C).
Các điểm I0 và J0 là xác định. Do đó, ta xác định được I và J.
A, I, I0 thẳng hàng và I thuộc (O) nên (I) là giao điểm của AI0 với (O);
A, J, J0 thẳng hàng và J thuộc đường thẳng dnên J là giao điểm của AJ0
với d.
Đường tròn (C0) phải dựng là đường tròn ngoại tiếp tam giác ∆AIJ. b, Cách dựng: (Hình 2.33)
- Dựng đường trịn (C) là ảnh của d qua f.
- Dựng tiếp tuyến chung τ là tiếp tuyến chung của (O) và (C). - Dựng các tiếp điểm I0, J0 của τ với (O) và (C).
- Dựng I là giao điểm của AI0 với (O) và J là giao điểm của AJ0 với d.
- Dựng đường trịn (C0) ngoại tiếp tam giác ∆AIJ. Đó là đường trịn cần dựng.
c, Chứng minh:
Theo cách dựng (C0) đi qua A, J là tiếp điểm của d với (C0) và I là tiếp điểm của (O) với (C0).
d, Biện luận:
Ta có thể dựng nhiều nhất bốn tiếp tuyến chung của hai đường trịn (O) và (C) nên bài tốn có nhiều nhất bốn nghiệm hình.
Nhận xét: Áp dụng phép nghịch đảo f cực A, phương tích k = PA/(O)
và tính chất 1.2.6-a, 1.2.7-a, 1.2.8 ta cũng quy việc dựng đường tròn theo yêu cầu của bài tốn về việc dựng đường trịn ngoại tiếp tam giác AIJ.
Bài tốn 2.3.3. Dựng đường trịn qua hai điểm A, B cho trước và tiếp xúc
với đường thẳng d cho trước.
a, Phân tích:
Giả sử đã được đường trịn (C) tâm O đi qua A và B, tiếp xúc với đường
thẳng d tại T.
AB//d thì T là giao điểm của d với đường trung trực của AB.
Nếu dcắt đường thẳng AB. Giả sử C là giao điểm của d với đường thẳng
AB. Do d là tiếp tuyến nên nằm ngồi đường trịn (C), hay B nằm giữa A
và C. Hình 2.34: Ta có: −→ CT2 = −→ CA.−−→ CB = k > 0
Thực hiện phép nghịch đảo f cực C phương tích k. Rõ ràng f :d 7→ d vì
CT2 = k nên T nằm trên đường trịn nghịch đảo (C,√
k).
b, Cách dựng: (Hình 2.35)
- Dựng C là giao điểm của AB với d. Lấy k = −→
CA.−−→
CB.
- Dựng đường tròn nghịch đảo của phép nghịch đảo cực C, phương tích k
như sau:
+ Dựng đường trịn đường kính CA.
+ Dựng đường thẳng a: a⊥CAtại B vàa cắt đường trịn đường kínhCA
tại D.
−−→
CD2 = −→
CA.−−→
CB = k.
+ Đường tròn (C, CD) là đường tròn nghịch đảo (C,√
k).
- Dựng T = d∩(C, CD).
- Dựng đường tròn qua A, B và T. Đó là đường trịn cần dựng. c, Chứng minh:
Theo cách dựng −→
CT2 = −−→
CD2 = −→
CA.−−→
CB = k nên d là tiếp tuyến với đường tròn (A, B, T).
Hình 2.35: d, Biện luận:
Nếu AB//d thì T là giao điểm của d với đường trung trực của AB: bài
toán có một nghiệm hình. Trừ trường hợp A, B thuộc d thì khơng có nghiệm hình.
Nếu dcắt đường thẳng AB tại C nằm ngồi đoạn AB thì bài tốn có hai nghiệm hình vì d cắt đường trịn (C, CD) tại hai điểm.
Nếudcắt đường thẳngABtạiC nằm trong đoạnABthì khơng có nghiệm hình.
Nhận xét: Qua bài tốn trên khơng những cho ta cách dựng đường trịn
đi qua hai điểm và tiếp xúc với một đường thẳng cho trước mà còn cho ta cách dựng đường tròn nghịch đảo khi biết cực, điểm tạo ảnh và điểm ảnh của nó qua phép nghịch đảo.
Bài tốn 2.3.4. Qua điểm A cho trước, hãy dựng đường tròn trực giao với
hai đường trịn cho trước.
Lời giải:
a, Phân tích:
Giả sử đã dựng được đường tròn (O) đi qua A và trực giao với hai đường tròn cho trước (O1;R1) và (O2;R2).
Phép nghịch đảo cực A, phương tích k = −−→
AO12−R2
1 bảo tồn đường trịn (O1) vì k bằng phương tích của A đối với đường tròn (O1;R1).
Ik
A : (O1;R1) 7→(O1;R1) và (O2;R2) 7→ (O02;R02).
Vì (O) là đường trịn qua cực A nên có ảnh là đường thẳng d khơng đi qua A.
Vì (O)⊥(O1),(O)⊥(O2), nên d⊥(O1),d⊥(O0
2), do đó d đi qua tâm O1
và tâm O20. Do đó đường thẳng d là dựng được. b, Cách dựng: Dựng đường tròn (O20) = Ik A(O2) với k = −−→ AO12 −R2 1. Dựng đường thẳng d đi qua O1 và O02.
Dựng đường tròn (C) = Ik
A(d) chính là đường trịn cần dựng.
Hình 2.36:
c, Chứng minh:
Phép nghịch đảo có tính chất bảo giác, nên đường trịn(C) = Ik
A(d)chính là đường trịn cần dựng: (C) đi qua cực A và trực giao với các đường tròn cho trước (O1;R1) và (O2;R2).
Hình 2.37: d, Biện luận:
- KhiA, O1 và O2 khơng thẳng hàng thìO1 6= O20: dựng được đường thẳng
d duy nhất nên có một đường trịn (C) đi qua A và trực giao với (O1;R1) và (O2;R2) cho trước. Bài tốn có một nghiệm hình.
- Khi A, O1 và O2 thẳng hàng thì O1 ≡ O20: có vơ số đường thẳng d đi qua O1 nên bài tốn có vơ số nghiệm hình.
Hình 2.38:
Nhận xét: Ta có thể dựng đường trịn (O) như sau:
Đặt B = AO1 ∩(O), C = AO2∩ (O), (O1)∩(AO1) = {D;E}, (O2) ∩
(AO2) ={F;G}.
Khi đó (A;B;D;E) = −1 và A, D, E xác định nên B xác định. (A;C;F;G) = −1 và A, F, G xác định nên C xác định.
Nhưng ở đây chúng tôi muốn giới thiệu một cách giải khác qua phép nghịch đảo Ik
A với k = −−→
AO12 −R2
1, suy ra cách dựng đường tròn (O) trực giao với (O1),(O2) bằng cách dựng (O) = Ik
A(d), với d ≡ O1O02, (O02) = Ik A(O2).
Bài toán 2.3.5. Cho hai đường tròn trực giao (O) và (O1). Hãy dựng qua
điểmA cho trước một đường tròn (ω) tiếp xúc với đường trịn(O), trực giao với đường trịn (O1).
Lời giải:
a, Phân tích:
Giả sử dựng được đường tròn (ω) đi qua A, tiếp xúc với đường tròn (O) và trực giao với đường tròn (O1).
Thực hiện phép nghịch đảo bảo tồn đường trịn (O1), cựcA, phương tích k = PA/(O1) = AO2
1 −R12 với R1 là bán kính của đường trịn (O1).
IAk :(O1) 7→(O1) (O) 7→(O0) (ω) 7→(d)
(2.4)
Ảnh của ω là đường thẳngd, vì (ω)⊥(O1) và ω tiếp xúc với (O) nênd đi qua O1 và d tiếp xúc với (O0), mà (O)⊥(O1) nên (O1)⊥(O0), do đó d phải đi qua giao điểm I của (O1) và (O0).
Suy ra dựng đường thẳng d đi qua hai điểm: O1 và giao điểm I của O1 và
O0, với d là ảnh của ω qua phép nghịch đảo Ik A. b, Cách dựng: Xét phép nghịch đảo Ik A. - Dựng (O0) = Ik A(O).
- Dựng giao điểm I của(O1)và (O0)(hoặc giao điểmI1 của(O1) và(O0)). - Dựng đường thẳng d đi qua hai điểm O1 và I (hoặc dựng đường thẳng
d1 đi qua hai điểm O1 và I1 ). - Dựng ảnh (ω) = Ik
A(d): là đường tròn đi qua A và qua B, tiếp xúc với
Hình 2.39: c, Chứng minh:
Với đường trịn (ω) ta có qua phép nghịch đảo cực A, phương tích k =
PA/(O1) = AO2
1 −R12, theo cách dựng trên ta có đường thẳng d trực giao với (O1) (vì d đi qua tâm O1) và tiếp xúc với (O0) (ở đó (O0) =Ik
A(O)) nên (ω) = Ik
A(d) thỏa mãn điều kiện trực giao với (O1) và tiếp xúc với (O) (vì phép nghịch đảo có tính chất bảo giác). Chứng minh tương tự với đường trịn (ω1).
d, Biện luận:
Vì có thể dựng được nhiều nhất hai tiếp tuyến qua O1 với đường trịn(O0) nên bài tốn có nhiều nhất hai nghiệm hình.
Nhận xét:Áp dụng tính chất bảo giác, ảnh của đường thẳng, đường trịn
qua phép nghịch đảo ta đã có một lời giải gọn gàng, xúc tích.Qua bài tốn cho ta cách dựng đường thẳng trực giao với một đường tròn và tiếp xúc với một đường trịn trực giao với đường trịn đó (cụ thể cách dựng đường thẳng
d hoặc d1).
Vậy khi áp dụng phép nghịch đảo vào một số bài toán trên, bài toán trở nên nhẹ nhàng, cho ta một lời giải hết sức đẹp, cho thấy rõ tính ưu việt của phép nghịch đảo mà các phép biến hình khác khơng có, như qua phép nghịch đảo đường thẳng không qua cực nghịch đảo biến thành đường tròn qua cực nghịch đảo, đường tròn qua cực nghịch đảo biến thành đường thẳng không
qua cực và vng góc với đường thẳng nối cực với tâm đường tròn đã cho, đường trịn khơng qua cực nghịch đảo biến thành đường trịn khơng qua cực nghịch đảo, ...
Một số bài tốn có thể có các cách giải khác, tuy nhiên cách giải bằng phép nghịch đảo vẫn tỏ ra hết sức ưu việt mà ta đã thấy cụ thể qua các bài tốn trên (ở đó hầu như khơng địi hỏi sự biến đổi toán học một cách phức tạp mà chỉ cần áp dụng tính chất của phép nghịch đảo là đã cho ta kết quả của bài tốn).
Kết luận
Luận văn đã trình bày và đạt được một số kết quả sau
1. Trình bày một số kiến thức cơ bản của phép nghịch đảo (Chương 1). 2. Giới thiệu một số dạng bài tập cơ bản có thể sử dụng phép nghịch đảo để xử lý bài tốn (Chương 2).
3. Trình bày các bài tốn hay và khó trong một số kỳ thi HSG có sử dụng phép nghịch đảo để giải quyết (Chương 2).
4. Ngồi ra, luận văn cịn trình bầy một số định hướng giải khi bắt gặp bài tập dạng tương tự đã nêu trong luận văn.
Hướng phát triển tiếp theo của luận văn là tiếp tục nghiên cứu ứng dụng phép nghịch đảo trong việc giải các bài tốn hình học phẳng, các bài tốn về miền phẳng, hình học khơng gian, các bài tốn vật lý,....
Tài liệu tham khảo
[1] Phạm Văn Hoàn (2000),Tuyển tập 30 năm tạp chí tốn học và tuổi trẻ, NXB Giáo Dục.
[2] Nguyễn Mộng Hy (1997), Các phép biến hình trong mặt phẳng, NXB
Giáo Dục.
[3] Hoàn Trọng Thái, Nguyễn Thanh Hương, Nguyễn Tuyết Thạch (2007),Giáo trình ứng dụng các phép biến hình giải tốn hình học, NXB Đại học sư phạm Hà Nội.
[4] Vũ Dương Thụy-Nguyễn Văn Nho (2003), Tuyển tập các bài toán từ những cuộc thi tại Mĩ và Ca-Na-Đa, NXB Giáo Dục.
[5] Đỗ Thanh Sơn (1994), Phép biến hình trong mặt phẳng, NXB Giáo Dục.
[6] Đelone, Jitomirsky (1975), Bài tập hình học, NXB Mir (tiếng Nga).
[7] D.X. Modenov (1979), Bài tập hình học, nhà xuất bản khoa học (tiếng
Nga).
[8] Use resunion de propesseurs, problemes de Geómetrie, 77, Rue de Vau- girard Paris.