Phép quay quanh điểm trong mặt phẳng

trường đại học sư phạm hà nội 2
khoa toán
*************

phạm thị thủy

phép quay quanh điểm trong mặt phẳng
khoá luận tốt nghiệp đại học
Chuyên ngành: Hình học

Người hướng dẫn khoa học
Bùi văn bình

Hà Nội – 2008
1


Lời cảm ơn
Trong thời gian nghiên cứu, cùng với sự cố gắng của bản thân, đặc biệt em
được sự hướng dẫn tận tình của thầy Bùi Văn Bình.
Để hoàn thành khoá luận này, em xin chân thành cảm ơn thầy Bùi Văn Bình
và các thầy cô trong tổ hình học khoa toán trường ĐHSP Hà Nội 2.
Một lần nữa em xin được gửi lời cảm ơn sâu sắc và lời chúc sức khoẻ tới các
thầy cô.
Hà Nội, tháng 05 năm 2008
Sinh viên

Phạm Thị Thuỷ

2

Lời cam đoan
Em xin cam đoan bản khoá luận này được hoàn thành do sự nỗ lực tìm hiểu,
nghiên cứu của bản thân cùng sự giúp đỡ tận tình của thầy Bùi Văn Bình cũng như
các thầy cô trong tổ hình học trường ĐHSP Hà Nội 2.
Bản khoá luận này không trùng kết quả của các tác giả khác. Nếu trùng em
xin hoàn toàn chịu trách nhiệm.
Hà Nội, tháng 05 năm 2008
Sinh viên

Phạm Thị Thuỷ

3


Mục lục
Trang
Lời cảm ơn……………………………………………………………..
Lời cam đoan…………………………………………………………..
Phần 1: Mở đầu

1

1. Lí do chọn đề tài…………………………………………........

1

2. Nhiệm vụ nghiên cứu………………………………………….

1

3. Phương pháp nghiên cứu………………………………………

1

Phần 2: Nội dung
Chương 1: Cơ sở của phép quay quanh điểm trong mặt phẳng........

2
2

Bài 1: Định hướng………………………………………………..

2

Bài 2: Phép quay quanh điểm trong mặt phẳng………………….

4

Chương 2: Phép quay quanh điểm trong mặt phẳng và bài tập hình
học……….……….……….……….……….……….……….……

8

Bài 1: Dùng phép quay để giải toán hình học………………........

8

Bài 2: Xây dựng bài toán mới nhờ sử dụng phép quay…………..

32

Phần 3: Kết luận
Tài liệu tham khảo…………………………………………………….

4

40
41


Phần 1: mở đầu
1. Lí do chọn đề tài
Trong nhà trường phổ thông, hình học luôn là một môn học khó đối với
học sinh. Bởi hình học có tính chất chặt chẽ, tính lôgic và tính trừu tượng cao
hơn các môn học khác của toán học.
Trong chương trình toán ở bậc trung học phổ thông hiện nay có đưa ra
cho học sinh một công cụ mới để giải toán hình học đó là sử dụng phép biến
hình trong mặt phẳng. Bởi phép biến hình nói chung và phép quay nói riêng
thể hiện tính ưu việt rõ rệt trong giải toán.
Là một giáo viên phải tuỳ vào trình độ học sinh của mình mà đưa ra bài
toán phù hợp nên mỗi giáo viên cần biết cách xây dựng một bài toán. Sử dụng
phép biến hình nói chung và phép quay nói riêng ta có thể xây dựng và sáng
tạo các bài toán.
Chính vì vậy ở khoá luận này em xin trình bày về “Phép quay quanh
một điểm trong mặt phẳng”.
2. Nhiệm vụ nghiên cứu
- Xây dựng và đưa ra cơ sở lí thuyết về phép quay quanh điểm trong
mặt phẳng.
- Xây dựng hệ thống bài tập ứng dụng phép quay để giải.

- Xây dựng, sáng tạo bài toán bằng cách sử dụng phép quay.
3. Phương pháp nghiên cứu
Trên cơ sở nghiên cứu lí thuyết của phép quay quanh điểm trong mặt
phẳng đưa ra hệ thống bài tập phù hợp.

5


Phần 2: Nội dung
Chương 1: cơ sở của phép quay quanh điểm
trong mặt phẳng
Bài 1: Định hướng
1. Định hướng trong mặt phẳng
Trong mặt phẳng cho điểm O thì xung quanh O có hai chiều quay, nếu
ta chọn một chiều làm chiều dương và chiều còn lại làm chiều âm thì ta nói
rằng đã định hướng được mặt phẳng. Thông thường, ta chọn chiều quay xung
quanh O ngược chiều kim đồng hồ làm chiều dương còn chiều ngược lại làm
chiều âm.
2. Góc định hướng giữa hai tia
2.1. Định nghĩa
Trong mặt phẳng định hướng cho hai tia chung gốc O: Ox, Oy. Góc
định hướng có tia đầu là Ox, tia cuối là oy, kí hiệu ( Ox, Oy ) là góc thu được
khi ta quay tia đầu Ox tới trùng tia cuối Oy.
* Nhận xét: Giá trị của góc định hướng trên không phải là duy nhất, ta qui
ước giá trị đó là âm hay dương tuỳ theo chiều quay là chiều âm hay chiều
dương của mặt phẳng.
Ta gọi ỏ là giá trị đầu của góc định hướng, đó là giá trị thu được khi quay
Ox tới trùng Oy theo góc hình học nhỏ nhất.
Nếu ỏ là một giá trị của góc định hướng giữa hai tia Ox và Oy thì:
(Ox,Oy)  α + k2π (k  Z)

2.2. Hệ thức Salơ
Trong mặt phẳng định hướng, cho ba tia chung gốc Ox, Oy, Oz. Hệ thức
Salơ:
6


(Ox, Oy)  (Oy, Oz)  (Ox, Oz)

* Mở rộng cho n tia:
Trong mặt phẳng định hướng, cho n tia chung gốc: OA 1 , OA 2 , OA 3 ,... ,
OA n . Hệ thức Salơ:
(OA1 ,OA 2 ) + (OA 2 ,OA3 ) +......+ (OA n-1 ,OA n ) = (OA1 ,OA n )

7


Bài 2: PHép quay quanh điểm trong mặt phẳng
1. Định nghĩa
Trong mặt phẳng đã được định hướng, cho một điểm O cố định và một
góc định hướng ỏ sai khác k2π (k  Z) . Một phép quay tâm O với góc quay
α là một phép biến hình biến điểm O thành chính nó và biến mỗi điểm M

thành điểm M’ sao cho OM = OM’ và (OM,OM') = α .
α
Kí hiệu phép quay tâm O với góc quay ỏ là QO hoặc Q(O; α ).

Ta thường chọn ỏ sao cho -π  α  π .
* Chú ý:
Theo định nghĩa phép quay Q(O;ỏ) với ỏ = 0 là phép đồng nhất, còn nếu

α = π hoặc α = -π thì đó là phép đối xứng tâm O.
2. Tính chất
2.1. Q(O; α ) là phép dời hình
CM:
Giả sử : Q(O;ỏ) : M  M’
N  N’
Theo định nghĩa phép quay ta có :
OM  OM '

ON  ON'

(OM, OM ')  (ON, ON' )



OM  OM'

ON  ON'

(OM, ON)  (OM', ON')
8




ΔOMN = ΔOM'N' (c.g.c)



MN  M ' N'

Vậy Q(O; α ) là phép dời hình.
2.2. Q(O; α ) (α  k2π, k  Z) có một điểm bất động duy nhất và là phép
biến đổi 1-1
CM:
Theo định nghĩa ta có O là điểm bất động của Q(O; α ).
Giả sử O’ là điểm bất động thứ hai của Q(O; α ), khác O. Thế thì góc tạo bởi
tia OO’ và chính nó bằng α , nghĩa là α = 0 (mâu thuẫn giả thiết). Điều đó
chứng tỏ Q(O; α ) có điểm O là điểm bất động duy nhất.
Nêú M 1 và M 2 có cùng một ảnh là điểm M’ thì
Q(O; - α ) : M'  M 1 và M '  M 2
OM1 = OM 2
Khi đó : 
(OM',OM1 ) = (OM',OM 2 ) = -α

Kết quả đó chứng tỏ M 1  M 2 .
2.3. Q(O; α ) biến ba điểm thẳng hàng thành ba điểm thẳng hàng và bảo
tồn thứ tự của chúng
CM:
Theo tính chất 2.1, phép quay Q(O; α ) là phép dời hình. Do đó nếu A’, B’, C’
lần lượt là ảnh của ba điểm thẳng hàng theo thứ tự A, B, C thì A’, B’, C’
thẳng hàng theo thứ tự đó.
* Hệ quả: Phép quay Q(O; α ) biến:
i)Một đường thẳng d thành đường thẳng d’và góc định hướng tạo bởi
hai đường thẳng đó bằng α , d  d' khi α = ± 90o .
ii)Biến tia Sx thành tia S’x’ và góc tạo bởi hai tia đó bằng α .
iii)Biến đoạn PQ thành đoạn P’Q’ và PQ = P’Q’.
9

iv)Biến góc xSy thành góc x' S' y' và hai góc đó bằng nhau.
v)Biến đường tròn (I;R) thành đường tròn (I’;R).

2.4. Tích của hai phép quay hoặc là một phép tịnh tiến hoặc một phép quay
CM:
Xét hai phép quay QαO' và QβO . Đặt Q = QαO'  QβO .
* TH1 : O  O'

OM = OM'
QβO:M  M' thì 
(OM,OM') = β
OM' = OM''
QαO:M'  M'' thì 
(OM',OM'') = α
OM = OM''
Do đó : 
(OM,OM'') = (OM,OM') + (OM',OM'') = β + α
Vậy Q = Qα+β
O
*TH2: O  O' :
Bổ đề: Tích của hai phép đối xứng trục cắt nhau là một phép quay quanh giao
điểm với góc quay 2(a, a') (a và a’ là hai trục).
a  a'  I

Đ a'  Đ a  Q2I(a,a')
CM:
I

- Nếu M  I thì theo tính chất của phép

M

đối xứng trục ta có :

M''

M '  I

M ' '  I

M'
a

10

a'


Vậy I là điểm bất động của Q = Đ a'  Đ a .
- Nếu M  I :
Theo tính chất của phép đối xứng trục ta có :

IM  IM '  IM ' '

( IM , IM ' ')  ( IM , IM ')  ( IM ', IM ' ')  2(a, a')
Vậy Q2I(a,a')  Đ a'  Đ a .
CM tính chất:
Gọi b là đường thẳng qua O và O’.
Dựng đường thẳng a qua O và (a,b) =

β
.
2

Dựng đường thẳng a’ qua O’ và (b,a') =

α
.
2

Khi đó ta có:

QβO = Đ b  Đ a
QαO' = Đ a'  Đ b
(a,a') =

α+β
2

Có các trường hợp:
+) a song song hoặc trùng a’, ta có:

Q

α
O'



Q

β
O

α+β
= kπ  α + β= k2π (k  Z)
2

= Đ a'  Đ a = T
α

β

α+β

+) a cắt a’ tại I, ta có: α + β  k2π (k  Z)  Q  Q O = Đ a'  Đ a = Q
O'
I

11

.


Chương 2: PHéP quay quanh điểm trong mặt phẳng với bài
tập hình học
Bài 1: Dùng phép quay để giải toán hình học
Cũng như phép biến hình khác, phép quay là một công cụ hữu hiệu để giải
toán hình học.
Để giải một bài toán hình học bằng phép quay ta cần chú ý một số điểm

sau:
- Chọn cách vẽ hình của bài toán sao cho khi thực hiện tổng hợp các phép
quay riêng biệt dễ quan sát.
- Những bài toán hình học mà trong giả thiết xuất hiện các yếu tố góc đặc
biệt như: góc: 90  , 30  , 60  …và các yếu tố dài bằng nhau như: tam giác cân,
tam giác đều, hình thoi, hình vuông, … thường gợi cho ta ý tưởng dùng phép
quay để giải.
Cụ thể ta sẽ nghiên cứu hệ thống bài tập sau:
1. Bài toán tính toán
1.1. Bài toán tính toán
Trong hình học ta thường gặp một số bài toán tính toán như: tính độ dài,
tính số đo góc,…
Để giải bài toán tính toán ta phải thiết lập mối quan hệ giữa những cái đã
biết và cái cần tìm, sau đó tính toán theo yêu cầu bài toán.
1.2. Giải bài toán tính toán nhờ phép biến hình
12


Dùng phép biến hình để giải bài toán tính toán là sử dụng các phép biến
hình để di chuyển các yếu tố (các hình) ở những vị trí không thuận lợi cho
việc tính toán về các vị trí thuận lợi cho việc tính toán (cùng một tam giác,
cùng một đường tròn,…). Đặc biệt phép quay là công cụ ưu việt để giải các
bài toán tính toán vì đã biết số đo góc quay.
Ví dụ 1:
Cho hai vòng tròn (O) và (O’) mà vòng tròn này đi qua tâm vòng tròn kia. Cát
tuyến qua giao điểm A của hai vòng tròn cắt hai vòng tròn trên tại hai giao
điểm thứ hai lần lượt là M và M’. Tìm góc giữa hai tiếp tuyến Mt và M’t’ của
(O) và (O’).
B

Giải:
Ta có:
1
2

AMB = AOB  O'OB
AM'B =

O'

O

1
AO'B = OO'B
2

A

M

M'

 MBM'  OBO'

t'

Do tam giác OBO’ đều nên tam giác
t

MBM’ đều.

Do đó:

Q

60o
B

M  M '

: (O)  (O')
Mt  M't'


 (Mt,M't')  60

Ví dụ 2:
Cho hình vuông ABCD cạnh a. Gọi M là trung điểm của CD, N là giao điểm
của cạnh BC với tia phân giác góc BAM. Tính độ dài đoạn BN.
A

B

13

N


Giải:

Thực hiện phép quay: Q-90

A

Q

-90o
A

o

B  D
:
 N  N'

 N'  DC
DN' = BN

Thì: 
DAN'  BAN  MAN
AN'M  ANB  NAD  MAN'
Do đó: Tam giác AMN’ cân tại M, suy ra:

MA = MN' = MD + DN'
 BN = DN' = MA - MD =

5-1
a
2

Ví dụ 3:
Cho tam giác cân ABC (AB = AC) có BAC  80 . Bên trong tam giác ta lấy

điểm M sao cho MBC  30 , MCB  10 .Tính góc MAC.
Giải:
Thực hiện phép quay: Q-60
A

Q

-60o
A

o

A

:C  E

Ta có: CAE  60  80  BAC nên
tia AE nằm trong góc BAC. Do đó tia
CB nằm trong góc ACE (1).

M
B

C

Tam giác ACE đều nên: ACE  60 (2)


E

Tam giác BAC cân tại A và

A

BAC  80 nên:

ABC  ACB  50 (3)
14
M
B

C

E


Từ (1), (2) và (3) ta có: BCE  10 .
Vì AB = AE = AC nên B, E, C cùng nằm trên một đường tròn tâm A. Do đó:

1
1
EBC  EAC   60  30 .
2
2
Mặt khác:

BMC  BEC (g.c.g)
 CE = CM = CA
Do đó ba điểm E, M, A cùng nằm trên một đường tròn tâm C nên:
1

1
MAE  MCE   20  10
2
2
 MAC  MAE  EAC  10  60  70

Vậy MAC  70 .
2. Bài toán cực trị
2.1. Bài toán cực trị
Bài toán cực trị là bài toán liên quan đến việc tìm giá trị lớn nhất, giá trị
nhỏ nhất của đại lượng nào đó.
2.2. Giải bài toán cực trị nhờ phép biến hình
Giải bài toán cực trị nhờ phép biến hình ta thường chuyển đại lượng cần
xác định về đại lượng đã biết nhờ phép biến hình rồi thực hiện yêu cầu bài
toán. Với việc sử dụng phép quay ta thường đưa về bài toán tính toán trước
rồi giải bài toán cực trị.
Ví dụ 1:
Cho góc xOy và điểm M nằm trong góc đó. Tìm trên các cạnh Ox, Oy các
điểm A, B sao cho OA = OB và MA + MB nhỏ nhất.
Giải:

y

Gọi α  xOy .

M'

Thực hiện phép quay: QαO

B

15
M

O

A

x


Ox  Oy
:
Q O M  M'

α

Khi đó nếu OA = OB thì:
α

Q :A  B
O

 MA = M'B
 MA + MB = M'B + MB  MM'
Do đó MA + MB nhỏ nhất khi B là giao điểm của Oy với MM’.
-α

Khi đó A = Q (B).
O

Ví dụ 2:
Tam giác ABC có BC = a, AC = b, C = α ( α < 120o ) . Tìm điểm M trong
mặt phẳng sao cho MA + MB + MC nhỏ nhất và tính giá trị nhỏ nhất đó.
Giải:
A'

Thực hiện phép quay: Q-60
C

o

M'

A  A'
Q C : M  M'

 MA = M'A'
-60o

Vì CMM' đều nên: MM’ = CM

C
A

Do đó:

M

MA + MB + MC = BM + MM’ + M’A’.

Để MA + MB + MC nhỏ nhất ta cần tìm

B

vị trí của M sao cho độ dài đường gấp
khúc BMM’A’ ngắn nhất.
Ta có trong tam giác A’BC: BC = a, CA’ = b, BCA' = 60o + α , áp dụng
định lí hàm số cosin ta được: AB2 = a 2 + b2 - 2abcos  600 + α 

16


Độ dài đường gấp khúc BMM’A’ ngắn nhất khi M, M’nằm trên BA’. Khi đó
: CMA'  CAA'  60 . Do đó điểm M thuộc đường tròn ngoại tiếp tam
giác ACA’.
Tóm lại, điểm M cần tìm là giao điểm của đường thẳng BA’ và đường tròn
ngoại tiếp tam giác ACA’. Khi đó độ dài ngắn nhất cần tìm là:
1

MA + MB + MC = BA' = a 2 + b2 - 2ab.cos  600 + α  2
Ví dụ 3:
Hai đường tròn bằng nhau (O;R) và (O’;R) cắt nhau tại hai điểm A, B sao cho
OAO'  120 . Trên đường tròn (O;R) ta lấy điểm M, trên đường tròn (O’;R)

ta lấy điểm M’ sao cho MM’ đi qua B. Gọi S là giao điểm các tiếp tuyến của
hai đường tròn tại M và M’. Xác định vị trí của hai điểm M và M’ để bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác SMM’ lớn nhất.
Giải
Giả sử: AOM = α (0  α  180 )
Thực hiện phép quay: Q-120

A

Q

-120o
A

S

o

: O  O',M  M''

 M''  (O';R), AO'M''  α
α
 ABM'' =
2
 ABM  ABM''  180

M

x

H

B

O

K

M', M''
O'
y

A

nghĩa là M, B ,M’’ thẳng hàng hay M’ trùng M’’.
Ta gọi x là tiếp tuyến của (O;R) tại M, y là tiếp tuyến của (O’;R) tại M’ thì:

Q

-120o
A

: x  y.

Do đó góc tù tạo bởi x và y bằng 120  nên MSM'  60 ,áp dụng định lí sin
cho tam giác SMM’ ta có:
17


R' 

MM'
MM'

o
2sin60
3

Với R’ là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác SMM’.
Do đó R’ lớn nhất khi MM’ lớn nhất.
Gọi H, K lần lượt là trung điểm BM, BM’. Khi đó HK là hình chiếu của OO’
trên MM’ nên ta có:

MM' = 2KH  2OO'
Vậy MM’ lớn nhất khi MM’ song song với OO’.
3. Bài toán quĩ tích
3.1. Bài toán quĩ tích
Bài toán quĩ tích là bài toán tìm một tập hợp điểm (còn gọi là một hình) có
tính chất α cho trước.
Quĩ tích điểm M có tính chất α cho trước có thể là tập rỗng, tập hữu hạn
hoặc tập vô hạn điểm.
Để khẳng định quĩ tích những điểm có tính chất α là hình H nào đó ta phải
thực hiện các bước sau:
- Bước 1 (phần thuận): Chứng minh mỗi điểm có tính chất α đều phải
thuộc hình H (nói lên tính không thiếu của quĩ tích).
- Bước 2 (phần đảo): Chứng minh mỗi phần tử (điểm) thuộc hình H đều có
tính chất α (nói lên tính không thừa của quĩ tích).
3.2. Giải bài toán quĩ tích nhờ phép biến hình
Giả sử:

E2  E2
:
là một phép biến hình của mặt phẳng thì:
M  M'

Nếu quĩ tích diểm M là hình H thì ta có quĩ tích điểm M’ là (H).
Nếu quĩ tích điểm M’ là hình H’ thì ta có quĩ tích điểm M là 1 (H’).

Để giải bài toán quĩ tích, thông thường ta phải chứng minh cả phần thuận
và phần đảo. Phần thuận thường dễ chỉ ra nhưng phần đảo thường khó hơn.
18


Nhưng khi ta giải bài toán bằng cách sử dụng phép biến hình nói chung, phép
quay nói riêng, nhờ vào tính chất 1- 1 mà cả phần thuận và phần đảo được
giải quyết cùng lúc. Đây là ưu điểm lớn của việc sử dụng phép biến hình vào
giải toán quĩ tích.
Do đó, muốn sử dụng phép biến hình vào giải toán tìm tập hợp các điểm M
thoả mãn tính chất nào đó, ta có thể chọn một phép biến hình thích hợp biến
điểm M thành điểm M’ sao cho quĩ tích diểm M’ tìm được dễ dàng hơn, từ đó
suy ra quĩ tích của điểm M.
Ví dụ 1:
Cho tam giác đều ABC. Tìm tập hợp điểm M nằm trong tam giác sao cho :
MA 2 + MB2 = MC2 .

C

Giải:
Thực hiện phép quay: Q-60
B

Q

-60o
B

M'

o

: A  C,M  M'

 MA = CM' , MB = MM'

M

 MA 2 + MB2 = MC2
A

 CM'2 + MM'2 = MC2

B

Nghĩa là tam giác CMM’ vuông tại M’. Suy ra:
CM'B  CM'M  MM'B  90  60  150

Mặt khác:

AMB  CM'B(c.c.c)
 AMB  CM'B  150
Chứng tỏ M thuộc cung chứa góc150  dựng trên dây AB. Tập hợp các điểm
M là cung 150  nằm trong tam giác ABC dựng trên dây AB, trừ A, B.
Đảo lại, nếu M là điểm thuộc cung đó thì phép quay

Q

-60o
B

điểm M’ và cung AMB thành cung CM’B có số đo 150  .
19

biến điểm M thành


Vì tam giác BMM’ đều nên MM'C  150  60  90 , nghĩa là tam giác
CMM’ vuông tại M’. Do đó:

MM'2 + M'C2 = MC2
 MA 2 + MB2 = MC2

Ví dụ 2:
Cho đường tròn tâm O và dây cung AB có độ dài không đổi. Gọi M là trung
điểm AB. Ta dựng tam giác đều OMN. Tìm tập hợp điểm N khi các đầu mút
của dây AB biến thiên.
Giải:
Kí hiệu 2a là dộ dài dây AB có độ dài
không đổi, R là bán kính đường tròn tâm
O. Khi đó ta có: OM  R 2 - a 2 không
đổi nên tập hợp điểm M là đường tròn
tâm O, bán kính

M

A

B

N

O

R 2 - a 2 với a < R.

Nếu a = R thì M trùng với O.
Nếu a > R thì dây AB không tồn tại.
o

Thực hiện phép quay: Q60
O

Q

60o
O

: M  N,O  O,(O; R 2 - a 2 )  (O; R 2 - a 2 )

Vậy tập hợp các điểm N là đường tròn (O; R 2 - a 2 ) với a < R, là điểm O với
a = R, là tập rỗng với a > R.
Ví dụ 3:

20


Cho đường tròn tâm O, một điểm A cố định và một góc α . Với mỗi điểm B
thuộc đường tròn ta dựng tam giác cân ABC có A = α . Tìm tập hợp các
đỉnh C khi B thay đổi.

Giải:
O

O'

Thực hiện phép quay: Q

Q

α
A

α
A
B

C

: B  C,  O    O'

Vì tập hợp điểm B là đường tròn (O) nên
tập hợp điểm C là đường tròn (O’) là ảnh
của đường tròn (O) qua phép quay

Q

α
A

A

.

4. Bài toán dựng hình
4.1. Bài toán dựng hình
Bài toán dựng hình có dạng sau: “Cho hình H. Hãy dựng hình H’ liên hệ
với hình H”.
Bài toán dựng hình thường được giải theo qui trình 4 bước:
- Bước 1 (phân tích): Giả sử đã có hình cần dựng, từ đó thiết lập mối liên
hệ giữa yếu tố phải tìm và yếu tố đã cho để đưa ra cách dựng.
- Bước 2 (cách dựng): Chỉ ra hữu hạn có thứ tự các phép dựng cơ bản và
bài toán dựng hình cơ bản cần phải thực hiện để có hình cần dựng.
- Bứơc 3 (chứng minh): Là việc chỉ ra hình cần dựng ở bước 2 đã thoả mãn
yêu cầu bài toán.
- Bước 4 (biện luận): Khẳng định số nghiệm của bài toán.
4.2. Giải bài toán dựng hình nhờ phép biến hình
Giải bài toán dựng hình nhờ sử dụng phép biến hình thể hiện ở bước phân
tích, ta qui việc xác định từng bộ phận của hình cần dựng về ảnh của hình đã
cho qua một phép biến hình.
Ví dụ 1:
21


Dựng một tam giác đều nội tiếp trong một hình vuông, biết một đỉnh tam
P

Q

giác.

C

Giải:

B

- Bước 1 (phân tích):
Giả sử đã dựng được tam giác đều ABC nội
tiếp hình vuông MNPQ với đỉnh A cho
trước nằm trên cạnh MN, đỉnh B trên cạnh

M
A

MQ, đỉnh C trên cạnh PN.

N

o

Thực hiện phép quay: Q60
A

Q

60o
A

C  B


:  N  N'
P  P'


Vì C nằm trên cạnh PN nên B nằm trên đoạn P’N’. Do đó C là giao điểm của
đoạn P’N’ và cạnh QM.
- Bước 2 (cách dựng):
Dựng N’, P’ lần lượt là ảnh của N, P qua phép quay

Q

60o
A

.

Dựng giao điểm B của đoạn N’P’ với cạnh MQ.
Dựng C là ảnh của B qua phép quay

Q

-60o
A

.

- Bước 3 (chứng minh):
B là giao điểm của đoạn N’P’ với cạnh MQ nên B nằm trên cạnh MQ
Vì

Q

60o
A

 N  N'
:
nên:
P  P'

Q

-60o
A

 N'  N
:
P'  P

C = -60 (B)

Q A  C   NP
Mà 
B   N'P'
o

Vì C = Q

-60o
A

(B) nên tam giác ABC đều.
22


Vậy ta được tam giác ABC thoả mãn yêu cầu bài toán.
- Bước 4 (biện luận):
Bài toán có một nghiệm hình nếu đoạn N’P’ cắt đoạn MQ.
Bài toán vô nghiệm hình nếu đoạn N’P’ không cắt đoạn MQ.
Ví dụ 2:
Cho ba đường thẳng x, y, z đôi một cắt nhau. Hãy dựng tam giác đều có các
đỉnh nằm trên ba đường thẳng đã cho.
Giải:
- Bước 1 (phân tích): Giả sử đã dựng được tam giác đều ABC thoả mãn:
A  x,B  y,C  z.
o

Xét phép quay: Q60
A

C  B
:
A
z  z'
C  z  B  z'  B = y  z'

Q

60o

- Bước 2 (cách dựng):
Lấy điểm A bất kì trên x.
z'

Dựng ảnh z’ của z qua phép quay

Q

60o
A

.

B

Dựng giao điểm B của z’ và y.
Dựng ảnh C của B qua phép quay

Q

-60o
A

y
A
z

.

Khi đó ta được tam giác đều ABC

cần dựng.
- Bước 3 (chứng minh):
Ta có:

Q

-60o
A

: z'  z  C  z .
23

x
C


Theo cách dựng ta có: B  y, A  x .

C=Q

-60o
A

(B)  CBA=60o ,AC=AB  ABC là tam giác đều.

Vậy ABC là tam giác đều cần dựng.
- Bước 4 (biện luận):
Bài toán có một nghiệm hình nếu z’ cắt y.
Bài toán vô nghiệm hình nếu z’ song song với y.
Bài toán có vô số nghiệm hình nếu z’ trùng y.

*Nhận xét: Trong ví dụ 2, khi ta thay ba đường thẳng bởi ba hình khác, chẳng
hạn: ba đường tròn, ba hình vuông, ba hình bình hành, một đường thẳng và
hai đường tròn, một đường tròn và hai đường thẳng,… thì ta được các bài
toán hoàn toàn tương tự, sử dụng cách giải như trên.
Ví dụ 3:
Hãy dựng một hình vuông có bốn đỉnh nằm trên bốn đường thẳng chứa bốn
cạnh của một hình bình hành khác hình vuông cho trước.
Giải:
- Bước 1 (phân tích): Giả sử đã dựng được hình vuông ABCD có bốn đỉnh
nằm trên bốn đường thẳng chứa bốn cạnh của hình bình hành MNPQ cho
trước với: A thuộc MN, B thuộc NP, C thuộc PQ, D thuộc QM
Ta có: ABCD và MNPQ có chung tâm đối
N

xứng O.

B

o

Xét phép quay: Q90
O

Q

90o
O

P
A

:A  D
a

Giả sử đường thẳng a là ảnh của đường
thẳng MN qua phép quay đó thì :

O

M

C

D
Q

D = a  QM .
24


- Bước 2 (cách dựng):
Từ việc phân tích trên ta có cách dựng như sau:
90o

Dựng a = Q (MN) .
O

Dựng D = a  QM .
90o

90o

Xác định: C = QO (D),B = QO (C),A =

Q

90o
O

(B) .

Ta được hình vuông ABCD cần dựng.
- Bước 3 (chứng minh):
Theo cách dựng như trên thì ABCD là hình vuông.

D = a  QM
 D  QM,a  MN
90o

a
=
(MN)
Q

O
Vì: MN//PQ  a  PQ
90

C = Q (D)  C  PQ
O

90o

Vì B = Q (C) nên B đối xứng với D qua O. Do đó: B  NP .
O
90o

Vì A = Q (B) nên A đối xứng với C qua O. Do đó: A  MN .
O
Vậy hình vuông ABCD vừa dựng thoả mãn đề bài.
- Bước 4 (biện luận):
Bài toán có một nghiệm hình.
5. Bài toán chứng minh
5.1. Bài toán chứng minh
Bài toán chứng minh có dạng: A  B , trong đó:
A là giả thiết, bao gồm: những yếu tố đã cho (điểm, đường thẳng, đường
tròn,…); những quan hệ đã biết (liên thuộc, song song, vuông góc,…);những
yếu tố về lượng (độ dài, góc,…).
B là kết luận cần được khẳng định là đúng.
25