Trong bài toán dựng hình nếu ta xác định được một hình đồng dạng với hình cần dựng và tâm vị tự của hai hình thì việc dựng hình đó sẽ trở nên dễ dàng và thuận tiện trong việc dựng hình đó.
Bài toán 2.2.1. Cho góc xOyd và một điểm A nằm trong góc đó. Hãy dụng đường tròn đi qua A và đồng thời tiếp xúc với hai cạnh Ox và Oy.
Lời giải. Giả sử ta dựng được đường tròn tâm I đi qua điểm A và tiếp xúc với hai cạnh Ox và Oy.
Tâm I của đường tròn này phải nằm trên đường phân giác của xOy.d Ta dựng thêm đường tròn tâm I0 cũng tiếp xúc với Ox, Oy. Như vậy O là tâm vị tự ngoài của đường tròn tâm I và I0. Ta suy ra cách dựng:
-Dựng một đường tròn tâm I0 sao cho tiếp xúc với Ox và Oy.
Hình 2.19
-Gọi A’ là một trong hai giao điểm của tia OA và đường tròn tâm I0. -Thực hiện phép vị tự tâm O với tỷ số vị tự k = OA
OA0 thì đường tròn tâm I0 sẽ biến thành đường tròn tâm I cần dựng thỏa mãn các điểu kiện của bài toán.
Vì tia OA luôn luôn cắt đường tròn tâm I0 tại hai điểm phân biệt nên bài toán luôn có hai nghiệm hình.
Bài toán 2.2.2. Hãy dựng một hình vuông có hai đỉnh nằm trên một nửa đường tròn cho trước và hai đỉnh còn lại nằm trên đường kính của nửa đường tròn đó.
Lời giải.
Hình 2.20
Trên đường kính AB của nửa đường tròn cho trước ta lấy hai điểm M, N đối xứng qua trung điểm O của đoạn AB. dựng hình vuông M N P Q có một cạnh là M N. Nối OP và OQ cắt đường tròn tại P0 và Q0. Ta được P0Q0 là một cạnh của hình vuông cần tìm.
Hình vuông M0N0P0Q0 nội tiếp trong nửa đường tròn đường kính AB là hình vị tự của hình vuông M N P Q qua phép vị tự tâm O và tỷ số vị tự k = OP0
OP = OA OM .
Bài toán 2.2.3. Cho đường tròn (O) và dây cung AB khác đường kính. Hãy dựng một dây cung CD của đường tròn sao cho các bán kính OA, OB cắt nó thành 3 phần bằng nhau.
Lời giải. Giả sử CD là dây cung cần dựng. Gọi M, N lần lượt là giao điểm của OA, OB với CD. Từ giả thiết ta có: CM = M N = N D ⇒
∆OM C = ∆ON D suy ra ON = OM. Trong ∆OAB, ta lại có:
OM
OA = ON
OB = k. Ta xét phép vị tự tâm O tỷ số k biến M 7−→ A, khi đó:
N 7−→B, C 7−→C0, D 7−→ D0 và C0A = AB = BD0. Cách dựng:
- Dựng điểm C0 đối xứng với B qua A; D0 đối xứng với A qua B.
- Dựng giao điểm C và D của các đoạn thẳng OC0 và OD0 với đường tròn (O). Dây cung CD là dây cung phải dựng.
Thật vậy: Do cách dựng ta có C0A = AB = BD0 tức là hai điểm A, B chia đoạn C0D0 làm 3 đoạn bàng nhau. Mà VOk biến CD 7−→C0D0 và M N 7−→ AB nên hai điểm M, N chia dây cung CD thành ba đoạn bằng nhau.
Bài toán luôn có nghiệm và chỉ có một nghiệm hình ứng với mỗi điểm C.
Hình 2.21
Bài toán 2.2.4. Dựng ∆ABC, biếtAb= α, độ dài đường cao hạ từ đỉnh A bằng h và tỷ số AC
AB = k.
Lời giải. Giả sử ∆ABC là tam giác đã dựng. Trên AB ta lấy điểm B0 sao cho AB0 = 1. Phép vị tự tâm A biến điểm B 7−→ B0, khi đó điểm
C 7−→ C0, H 7−→ H0 (H là chân đường cao kẻ từ A xuống BC) và
∆ABC 7−→ ∆AB0C0. Từ sự đồng dạng của hai tam giác đó ta suy ra AC0 = kAB0 = k. ∆AB0C0 hoàn toàn được xác định.
Cách dựng:
- Dựng ∆AB0C0, biết Aˆ= α, AB0 = 1, AC0 = k.
- Dựng đường thẳng d k B0C0 và cách A một khoảng h.
- Dựng giao điểm của d với AB0 và AC0 được ký hiệu là B và C.
∆ABC là tam giác cần dựng. Từ cách dựng d k B0C0 cách điểm A một
Hình 2.22
khoảng là h nên ta có AH = h. Phép vị tự biến ∆AB0C0 thành ∆ABC nên ta có AC
AB = AC0 AB0 = k
1 = k
Bài toán luôn có nghiệm và có hai nghiệm hình.
Bài toán 2.2.5. Cho đường tròn (O), một điểmA nằm trên đường tròn và một đường thẳng x. Hãy dựng một đường tròn (O0) tiếp xúc với (O) tại A và tiếp xúc với x.
Lời giải. Giả sử (O0) là đường tròn tiếp xúc với (O) tại A và tiếp xúc với x tại M. Phép vị tự tâm A biến (O0) thành (O) thì biến M thành M0 thuộc (O) và x thành x0 tiếp xúc với (O) tại M0, đồng thời x0 k x.
Vì OM0 ⊥ x0, do đó OM0 ⊥ x. Gọi y là đường thẳng đi qua tâm O và vuông góc với x, M0 là điểm chung của đường tròn (O) và y.
Cách dựng:
- Dựng đường thẳng x0 song song với x và tiếp xúc với(O) tại M0. M là giao điểm của AM0 với x.
- Dựng đường tròn (O0) với O0 là giao điểm của trung trực đoạn AM với đường thẳng OA, bán kính O0A. Đường tròn (O0) là hình cần dựng.
Hình 2.23
Thật vậy, từ cách dựng O, A, O0 thẳng hàng nên (O) tiếp xúc với (O0).
OM0 ⊥ x nên O0M ⊥ x0, O0 nằm trên đường trung trực đoạn M A nên O0A = O0M nên ta suy ra (O0) tiếp xúc với x.
Bài toán có hai nghiệm hình.
Bài toán 2.2.6. Cho ∆ABC và một đường thẳng d. Hãy dựng một đường thẳng song song với d và cắt ∆ABC thành hai phần có diện tích bằng nhau.
Lời giải. Qua A, B, C ta lần lượt dựng các đường thẳng x, y, z cùng song song với d. Trong các đường thẳng vừa dựng, có một đường thẳng cắt
∆ABC thành hai phần. Ta coi x là đường thẳng đó. Gọi D là giao điểm của BC và x. Nếu D là trung điểm của BC thì x là đường phải dựng.
Nếu BD < CD thì ta hãy tìm trên đoạn CD điểm M sao cho đường thẳng x0 đi qua M và song song với d cắt AC tại M0 sao cho ∆CM M0 có diện tích bằng nửa diện tích ∆ABC.
Hình 2.24
Đặt k = CM
CD, ta có: SCM M0
SCDA = k2, SCDA
SABC = CD CB Nhân các đẳng thức đó với nhau ta được:
SCM M0
SABC = k2CD CB
và k được xác định bởi điều kiện k2CD CB = 1
2.
Vậy M là ảnh của D qua phép vị tự tâm C tỷ số k =
r CB 2CD.
Cách dựng: Dựng điểm M ∈ BC sao cho CM = k.CD, qua M kẻ đường thẳng a song song với d. a là đường thẳng cần dựng.
Bài toán chỉ có một nghiệm hình.
Bài toán 2.2.7. Dựng ∆ABC cho biết trung tuyến AM và độ dài các cạnh AB = c, AC = b.
Lời giải. Vì AB = c nên đỉnh B nằm trên đường tròn (A, c) và AC = b nên đỉnh C nằm trên đường tròn (A, b). Ngoài ra ta có M là
Hình 2.25
trung điểm BC nên C là ảnh của B qua phép vị tự tâm M, tỷ số k = −1. Gọi A0 là ảnh của A qua phép vị tự VM−1. Vậy C còn nằm trên đường tròn(A0, c) là ảnh của đường tròn (A, c) qua phép vị tự VM−1. B đối xứng với C qua M. Từ cách dựng ta có
∆ABC là hình cần dựng.
Bài toán có hai nghiệm hình.
Bài toán 2.2.8. Dựng một tam giác biết độ dài ba đường cao của nó lần lượt là: ha, hb, hc.
Lời giải. Gọi a, b, c là độ dài của ba cạnh của ∆ABC phải tìm, ta có:
a :b : c = 1 ha : 1
hb : 1
hc = hbhc
ha : hb : hc (2.3) Các đẳng thức trên chứng tỏ rằng nếu tam giác tồn tại thì tam giác cần dựng sẽ đồng dạng với một tam giác F có các độ dài là a0, b0, c0, ta kí hiệu là: F(a0, b0, c0) với:
a0 = hbhc
ha , b0 = hc, c0 = hc (2.4)
Hình 2.26
Vậy việc dựng ∆ABC phải tìm đưa về việc dựng tam giác F(A0, B0, C0) có các cạnh xác định bởi (2.4): ∆ABC ∼ ∆A0B0C0. Dựng
∆A0B0C0 có độ dài các cạnh a0, b0, c0 là dựng được. Từ đó ta suy ra từng bước dựng ∆ABC cần tìm. Đó là dựng ∆ABC là ảnh của ∆AB0C0 bất kì qua phép vị tự VAk với k = ha
h0a trong đó ∆AB0C0 = F(a0, b0, c0) và h0a = AH0 là độ dài đường cao hạ từ A của ∆AB0C0. Từ (2.3)ta có
∆ABC có các đường cao là: ha, hb, hc
Bài toán có nghiệm hình khi tồn tại tam giác F(a0, b0, c0). Bởi vậy bài toán chỉ có nghiệm khi 1
ha, 1 hb, 1
hc biểu thị độ dài của các cạnh một tam giác nào đó. Cũng tức là tồn tại tam giác F( 1
ha, 1 hb, 1
hc)
Bài toán 2.2.9. Cho hai đường tròn đồng tâm. Hãy dựng một dây cung của đường tròn ngoài để đường tròn trong chia dây cung thành ba phần bằng nhau.
Lời giải. Giả sử hai đường tròn đồng tâm là (O, R1),(O, R2) với R1 6= R2 và hình là dựng được. Gọi cung dựng được là CD. Gọi giao điểm của CD với đường tròn (O, R1) là A, B.
Khi đó các phép vị tự VC2 : (O, R1)7−→ (O0,2R1), A 7−→ B và
VC3 : (O, R1) 7−→ (O”,3R1), A 7−→ D. Suy ra D là giao điểm của đường tròn (O, R2) với (O”,3R1).
Ta suy ra cách dựng: Dựng đường tròn (O”,3R1) với −−→
CO00 = 3−→
CO giao điểm của (O, R2) với (O”,3R1) là D. CD là dây cung cần dựng.
Hình 2.27
Thật vậy: D là ảnh của A qua phép vị tự VC3 : A 7−→ D nên ta có CD = 3CA nên dây cung CD là dây cung cần dựng.
Với mỗi điểm C thì bài toán có hai nghiệm hình nếu R2 < 3R1, có một nghiệm hình nếu R2 = 3R1 và không có nghiệm khi R2 > 3R1. Bài toán 2.2.10. Cho góc nhọn AOB[ và một điểm C bên trong nó.
Hãy tìm trên cạnh OB một điểm M sao cho CM = d(M, OA).
Lời giải. Qua điểm M1 ∈ OB bất kỳ, dựng đường tròn (M1) tiếp xúc với OA và cắt OC tại C1, C2. Ta giả sử M ∈ OB, CM = d(M, OA)
⇒V
M C M1C1
O : M1 7−→ M, C1 7−→ C,(M1, M1C1) 7−→ (M, M C), hoặc
Hình 2.28
V
M C M1C2
O : M1 7−→ M, C2 7−→C.
Ta dựng M = OB ∩d với d k M1C1 và d đi qua C. Điểm M là điểm cần dựng (Hình 2.28).
Thật vậy, (M1, M1C1) tiếp xúc với OA nên (M, M C) cũng tiếp xúc với OA nên CM = d(M, OA).
Bài toán luôn có hai nghiệm hình.
Bài toán 2.2.11. Dựng một tam giác vuông theo cạnh huyền, trung tuyến ứng với đỉnh của góc nhọn.
Lời giải. Giả sử dựng được tam giác vuông ABC tại A khi biết cạnh huyền BC và đường trung tuyến CI (I là trung điểm AB) khi đó ta có:
VB2 : I 7−→A, O 7−→ C,(O0, O0I) 7−→ (O, OA)
(với O là trung điểm BC)
Hình 2.29
Khi đó I là giao điểm của đường tròn tâm C bán kính CI với đường tròn (O0, O0I), A là giao điểm của BI với đường tròn (O, OA).
Ta dựng các đường tròn (O, OB),(O0, O0I) và (C, CI), dựng điểm A = BI ∩ (C, CI) với I là giao điểm của đường tròn tâm C bán kính CI. ∆ABC là tam giác cần dựng.
Thật vậy, A = BI ∩(C, CI) suy ra VB2 : I 7−→ A nên I là trung điểm AB, ABC[ nội tiếp đường tròn tâm O đường kính AB nên ABC[ = 90o. Bài toán có hai nghiệm hình khi BC > CI > 0 và không có nghiệm hình khi BC < CI.
Bài toán 2.2.12. Cho một góc và một điểm M bên trong. Dựng một đường thẳng qua M sao cho nó chắn góc thành một đoạn chắn và M chia đoạn đó thành hai đoạn có tỷ số m
n cho trước.
Lời giải. Gọi góc đã cho là xOyd và điểm M nằm trong nó. Giả sử dựng được đường thẳng d qua M theo yêu cầu đầu bài và cắt Ox, Oy theo thứ tự là A, B với tỷ lệ m
n = M A M B.
Hình 2.30
Gọi E ∈ Ox,
V
m n
A : M 7−→B, E 7−→O Dựng điểm A sao cho AE
AO = m
n+m với E ∈ Ox, M E k Oy. Khi đó B là giao điểm của M A với Oy. Đường thẳng đi qua AB là đường thẳng cần dựng.
Thật vậy, từ cách dựng⇒ AM
AB = m
n+m ⇒ AM
AB−AM = AM
BM = m n. Bài toán luôn có nghiệm hình.
Bài toán 2.2.13. Dựng một tam giác biết chu vi và hai góc cho trước.
Lời giải. Giả sử dựng được ∆ABC có chu vi và các góc trước. Khi đó:
VAk : A 7−→ A, B0 7−→B, C0 7−→ C,∆AB0C0 7−→∆ABC B0 ∈ AB, C0 ∈ AC
⇒∆AB0C0 ∼ ∆ABC ⇒ AB
AB0 = BC
B0C0 = AB +BC +CA
AB0 +B0C0+C0A = k
⇒ tỷ số của chu vi hai tam giác bằng tỷ số của phép vị tự.
Ta dựng ∆AB0C0 có các góc tương ứng bằng các góc ∆ABC và AB0, B0C0, C0A đo được hay chu vi ∆AB0C0 là xác định. Dựng B, C tương ứng với−→
AB = k−−→
AB0,−→
AC = k−−→
AC0, k = AB+ BC +CA
AB0+ B0C0 +C0A.∆ABC là tam giác cần dựng. Thật vậy, từ cách dựng ta có −−→
BC = k−−→
B0C0
⇒Bc0 = B,b Cb0 = C, ABb +BC + CA = k(AB0 +B0C0 +C0A).
Hình 2.31
Bài toán luôn có một nghiệm hình.
Bài toán 2.2.14. Dựng một tam giác vuông biết cạnh huyền và tổng hai cạnh góc vuông.
Lời giải. Giả sử dựng được ∆ABC vuông tại A có cạnh huyền là a và tổng hai cạnh là b+ c khi đó phép vị tự:
VAk : A 7−→ A, B0 7−→B, C0 7−→ C,∆AB0C0 7−→∆ABC có thể chọn AB0 = 1 ⇒
AB
AB0 = AC
AC0 = BC
B0C0 = k = AC +AB
AC0 +AB0 = b+ c b0 + 1 = a
a0 = a
√b02 + 1
⇔ (b+c)2
(b0 + 1)2 = a2
b02 + 1 ⇔ bcb02 −a2b0+ bc = 0(∗) ⇔
b01 = a2 + √
a4 −4b2c2 2
b02 = a2 −√
a4 −4b2c2 2
Ngoài ra ta có(b+c)2 = b2+2bc+c2 = a2+2bc ⇒bc = (b+ c)2 −a2
2 ⇒
∆AB0C0 là xác định.
Ta dựng ∆AB0C0 vuông tại A với các cạnh a0, b0,1 với b0 là nghiệm phương trình (∗) và a0 = √
b02 + 1, Dựng B, C sao cho
( −→
AB = k−−→
AB0
−→AC = k−−→
AC0 với k = b+ c
b0+ 1 Ta có ∆ABC là tam giác cần dựng.
Thật vậy, theo cách dựng ∆ABC vuông tại A và a = ka0, b + c = k(b0+ 1).
Bài toán có nghiệm hình hay không tùy thuộc vào số nghiệm phương trình (∗).
Hình 2.32