Luận Văn Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

LỜI CẢM ƠN
Để hoàn thành khóa luận này em đã được sự giúp đỡ nhiệt tình của các
thầy cô, các bạn sinh viên trong khoa. Qua đây em xin chân thành cảm ơn sự
giúp đỡ quý báu của các thầy cô trong tổ hình học, các thầy cô trong khoa toán,
các thầy cô trong trường Đại Học Sư Phạm Hà Nội 2 và các bạn sinh viên, đặc
biệt em bày tỏ lòng biết ơn sâu sắc của mình tới thầy Đinh Văn Thủy – Người
đã tận tình hướng dẫn em trong quá trình hoàn thành khóa luận .
Mặc dù có cố gắng song do thời gian hạn chế và khả năng của bản thân
còn nhiều hạn chế nên khóa luận không tránh khỏi thiếu sót. Vì vậy em mong
nhận được sự quan tâm, góp ý, chỉ bảo của các thầy, cô giáo và các bạn để khóa
luận của em hoàn thiện hơn.

Hà Nội, ngày 08 tháng 05 năm 2012
Sinh viên
Phạm Thị Mận

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

-1-


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

LỜI CAM ĐOAN

Luận văn là kết quả của bản thân em qua quá trình học tập, ở bậc đại học.
Bên cạnh đó em cũng được sự quan tâm, tạo điều kiện của các thầy, cô giáo
trong khoa Toán, đặc biệt là sự hướng dẫn tận tình của thầy Đinh Văn Thủy.
Vì vậy, em xin khẳng định kết quả của đề tài : “ Phép đồng dạng với các bài
toán dựng hình ”, không có sự trùng lặp với kết quả của đề tài khác.

Hà Nội, ngày 08 tháng 05 năm 2012
Sinh viên
Phạm Thị Mận

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

-2-


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

MỤC LỤC
Nội dung…………………………………………………………............ Trang
Lời cảm ơn………………………………………………………………

1

Lời cam đoan…………………………………………………………….

2

Mục lục…………………………………………………………………..

3

A – Lời nói đầu………………………………………………………….. 4
B – Nội dung…………………………………………………………….

6

Chương I: Cơ sở lý thuyết…………………………………………….

6

1.1. Các kiến thức liên quan………………………………………

6

1.2. Phép biến hình đồng dạng……………………………………

8

1.3. Phép đồng dạng và bài toán dựng hình………………………. 14
Chương II : Ứng dụng…………………………………………………. 16
2.1. Các ví dụ………………………………………………………. 16
2.1.1. Ví dụ 1……………………………………………………

16

2.1.2. Ví dụ 2 …………………………………………………

18

2.1.3. Ví dụ 3……………………………………………………

20

2.1.4. Ví dụ 4……………………………………………………

22

2.1.5. Ví dụ 5……………………………………………………

25

2.2. Bài tập luyện tập……………………………………………….

28

2.2.1. Đề bài……………………………………………………. 28
2.2.2. Hướng dẫn giải…………………………………………..

29

Kết luận………………………………………………………………… 46
Tài liệu tham khảo……………………………………………………….

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

-3-

47

Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

A – LỜI NÓI ĐẦU
Có thể nói rằng, trong chương trình toán phổ thông cũng như trên bậc đại
học, phép biến hình chiếm một vị trí quan trọng. Phép biến hình là một công cụ
đơn giản, nhưng đầy hiệu lực trong việc giải các bài toán hình học sơ cấp như bài
toán dựng hình, bài toán quỹ tích, bài toán chứng minh,…

Trong các phép biến hình thì không thể không nói tới phép biến hình đồng
dạng, nó chiếm một mảng lớn của toàn bộ phép biến hình.

Đặc biệt khi giải quyết các bài toán dựng hình, nhiều bài toán nếu sử dụng
các phương pháp thông thường nhiều khi gặp khó khăn, phức tạp, nhưng khi ta
chọn phép biến hình đồng dạng vào giải quyết thì bài toán trở lên đơn giản, dễ
dàng. Áp dụng phép đồng dạng vào giải quyết các bài toán dựng hình được xem
là biện pháp khá tối ưu.

Xuất phát từ những lí do trên, và qua quá trình học tập, nghiên cứu, kết hợp
với lòng yêu thích môn hình học mà em đã chọn đề tài : “ Phép đồng dạng với
các bài toán dựng hình ” với mong muốn được tìm hiểu sâu hơn về nội dung này,
và bước đầu làm quen với công tác nghiên cứu khoa học.
Nội dung chính của khóa luận gồm 3 chương :

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

-4-

Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

Chương 1 : Cơ sở lý thuyết
Chương này gồm 3 mục nhằm trang bị những kiến thức lý thuyết cơ bản
về phép đồng dạng; bài toán dựng hình và phương pháp áp dụng phép đồng dạng
vào giải bài toán dựng hình.

Các kiến thức liên quan : Bài này nói về mặt phẳng định hướng; góc định hướng
giữa hai tia, hai đường thẳng; đường tròn Aplonius.
1.1 Phép biến hình đồng dạng : Bài này nói về định nghĩa, tính chất, phân loại,
các định lí quan trọng của phép đồng dạng.
1.2 Phép đồng dạng và bài toán dựng hình : Đề xuất bài toán dựng hình và
phương pháp giải nhờ phép đồng dạng.

Chương 2 : Ứng dụng : Gồm hai mục :
2.1 Các ví dụ : Nêu các bài toán có hướng dẫn giải chi tiết.
2.2 Bài tập luyện tập : Nêu loạt bài tập và có gợi ý ở phần sau
Phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu sách giáo khoa, các sách tham khảo, các tạp chí toán học và
các tài liệu có liên quan đến nội dung đề tài .

Hà Nội, ngày 08 tháng 05 năm 2012
Sinh viên
Phạm Thị Mận

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

-5-


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

B – NỘI DUNG
CHƯƠNG I : CƠ SỞ LÝ THUYẾT

1.1. Các kiến thức liên quan.
1.1.1. Mặt phẳng định hướng
Định nghĩa :
Trong mặt phẳng xét điểm O tùy ý. Xung quanh O có hai chiều quay,nếu ta
chọn chiều cùng chiều quay kim đồng hồ là chiều âm và chiều ngược lại là chiều
dương, thì ta nói rằng mặt phẳng đã được định hướng.
1.1.2. Góc định hướng giữa hai tia
a) Định nghĩa
Trong mặt phẳng định hướng cho hai tia chung gốc Ox, Oy. Góc định hướng
giữa tia đầu Ox, tia cuối Oy, kí hiệu là Ox, Oy  là góc thu được khi quay tia đầu
Ox xung quanh O tới tia cuối Oy.

+

x

-

O

y

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

-6-


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

b) Nhận xét
Gọi  là giá trị đầu của góc định hướng, nghĩa là giá trị của góc định hướng
khi ta quay góc hình học bé nhất.
Khi đó :

 Ox; Oy     k 2  k  Z 
c) Hệ thức Chales
Cho các tia OA1, OA2,..., OAn trong mặt phẳng định hướng, ta có hệ thức
Chales như sau :

OA ; OA   OA ; OA   ...  OA
1

2

2

n 1

3

 



; OAn  OA1 ; OAn  k 2 (k  Z )

1.1.3. Góc định hướng giữa hai đường thẳng
a) Trong mặt phẳng định hướng cho hai đường thẳng a và b
TH1 : a  b  0 . Khi đó góc định hướng giữa hai đường thẳng đầu là a
đường thẳng cuối là b, kí hiệu là a, b  là góc thu được khi quay đường thẳng đầu
a tới trùng với đường thẳng cuối b.

a

O
b

a / /b

TH2 : 
a  b

ta quy ước

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

 a; b   k
-7-

k  Z 


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

b) Nhận xét
Gọi  là giá trị đầu thu được khi ta quay a theo góc hình học bé nhất quanh
giao điểm hai đường thẳng a và b tới trùng b thì a; b    .
c) Hệ thức Chales
Trong mặt phẳng định hướng cho các đường thẳng a1,a2,…,an. Khi đó ta có
hệ thức Chales như sau :

 a ; a    a ; a   ...   a
1

2

2

3

n 1

 



; an  a1; an  k

k  Z 

d) Đường tròn Aplonius
Cho hai điểm A và B cố định, quỹ tích những điểm M mà

MA
 k (không
MB

đổi) là đường tròn Aplonius.
1.2.

Phép biến hình đồng dạng

1.2.1. Phép biến hình
Định nghĩa : Phép biến hình của mặt phẳng là song ánh từ mặt phẳng vào
chính nó.
1.1.2. Phép biến hình đồng dạng
a) Định nghĩa
Phép biến hình của E2 biến mỗi điểm M thành điểm M’ sao cho với mỗi
cặp điểm bất kì M, N và cặp ảnh tương ứng M’, N’ thì

M 'N '
 k (trong đó k > 0
MN

cho trước) được gọi là phép đồng dạng tỉ số k.
b) Tính chất

+) Phép đồng dạng là phép afin.
+) Phép đồng dạng bảo tồn độ lớn của góc phẳng.
+) Phép đồng dạng biến đường thẳng thành đường thẳng.

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

-8-


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

+) Phép đồng dạng biến một tam giác thành một tam giác đồng dạng với
nó.
+) Phép đồng dạng biến đường tròn thành đường tròn.
c) Sự xác định của phép đồng dạng trong mặt phẳng
Định lí
Trong mặt phẳng, cho tam giác ABC và A'B'C' đồng dạng với nhau theo tỉ
số k, nghĩa là A' B '  kAB, B 'C '  kBC , C ' A'  kCA thì khi đó có duy nhất một phép
đồng dạng f biến A thành A', B thành B', C thành C'.
Chứng minh
Xét phép vị tự VAk tâm A tỉ số k biến ABC thành AB1C1 mà AB1 = k AB,
B1C1 = k.BC, C1A = k CA.
Bởi vậy, AB1C1  A ' B ' C ' .Gọi g là phép dời hình biến A, B1,C1 lần lượt
thành A ' , B ' , C ' . Như vậy tích g0VAk là phép đồng dạng biến A thành A', B
thành B', C thành C'.

C1

B1
B

C
B

A

A

B'

C

C'

Giả sử có hai phép đồng dạng f và h đều biến ABC thành A ' B ' C ' thì
phép h 1 0 f là đồng dạng biến ABC thành chính nó tức là h-1 0 f là phép đồng
nhất e hay h-1 0 f = e. Vậy h = f.

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

-9-


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

d) Phân loại

Phép đồng dạng Zk trong mặt phẳng được gọi là phép đồng dạng thuận hay
nghịch nếu nó là phép afin loại 1 hay phép afin loại 2 ( tức là hai tam giác xác
định nó là cùng chiều hay ngược chiều ) .
e) Chú ý
+) Phép vị tự VOk là phép đồng dạng thuận tỉ số k .
+) Tất cả các phép dời hình đều là phép đồng dạng Z1 tỉ số k = 1.
+) Phép đảo ngược của phép đồng dạng Zk là phép đồng dạng Z1 k (k  0)
+) Tích của hai phép đồng dạng Z k và Z k là phép đồng dạng Zk với tỉ số
1

2

k = k1.k2 .
f) Sự đồng dạng của các hình
+) Định nghĩa :
Nếu hình H ' là ảnh của hình H qua một phép đồng dạng Zk thì hình H ' là
hình đồng dạng với hình H với tỉ số đồng dạng k .
+) Nhận xét 1:
Nếu hai đa giác A1A2…An và B1B2…Bn có các góc ở đỉnh A1, A2,…,An
bằng

các

góc

tương

AA
A1 A2 A2 A3


 ...  n 1  k
B1 B2 B2 B3
Bn B1

ứng

ở

các

đỉnh

B1,B2,…,Bn

đồng

thời

(k được gọi là tỉ số đồng dạng của hai đa giác) thì

chúng đồng dạng với nhau.
+) Nhận xét 2:
Trong các hình đồng dạng, các đoạn thẳng tương ứng tỉ lệ, các góc tương
ứng bằng nhau.

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

- 10 -

Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

g) Điểm bất động của phép đồng dạng
Định lý
Mọi phép đồng dạng khác đẳng cự đều có duy nhất một điểm bất động,
người ta gọi điểm bất động này là tâm của phép đồng dạng.
Các cách xác định điểm bất động của phép đồng dạng Zk :
1. Nếu Zk là phép vị tự thì do k  1 nên tâm vị tự chính là điểm bất động
duy nhất.
2. Nếu Zk không là phép vị tự thì điểm bất động xác định như sau :
+) Giả sử Zk được xác định bởi hai tam giác đồng dạng cùng chiều ABC
và A'B'C' và gọi O là điểm bất động cần tìm thì :
Vì Zk không là phép vị tự nên AB và A'B' không song song. Gọi I =
AB  A ' B ' .

B
C'
C

A
B'
A'
O
I

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

- 11 -

Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

Ta có hai tam giác OAB và O'A'B' đồng dạng và cùng chiều nên
IAO  IA ' O .

Suy ra tứ giác IOAA ' nội tiếp.
Tương tự tứ giác IOBB ' nội tiếp.
Vậy O chính là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác
IAA ' và IBB ' .

+) Giả sử Zk được xác định bởi hai tam giác đồng dạng không cùng chiều
ABC và A'B'C' và O là điểm bất động cần tìm.
Ta có :  OA, OB     OA ', OB ' .  OA, OB     OA ', OB '
Vậy phân giác của góc BOB ' cắt BB ' và AA ' lần lượt tại P và Q.
Do

PA ' OA '

 k ( tính chất đường phân giác )
PA OA

A

Q

B

O

A'

I

P

B'

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

- 12 -


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

QB ' OB '

 k (tính chất đường phân giác )
QB OB

 OA, OB     OA ', OB '

 A ' AP   k
Suy ra 

 B ' BP    k

Vậy PQ là xác định được .
Nếu gọi I = SPQ(A) thì I thuộc OA ' .
Vậy O  PQ  A ' I .
Từ đó ta có cách dựng O như sau
+) Lấy hai cặp điểm tương ứng  A, A ' và  B, B '
+) Dựng các điểm P, Q thỏa mãn :  A ' AP    B ' BQ   k
+) Dựng I = SPQ(A)
+) Dựng O = PQ  A ' I thì O là điểm cần dựng.
Vậy trong mọi trường hợp ta đều dựng được điểm bất động của phép đồng dạng.
h) Dạng chính tắc của phép đồng dạng
+) Định lý 1:
Trong mặt phẳng :
1) Tích của một phép vị tự và một phép dời hình là một phép đồng
dạng thuận
2) Tích của một phép vị tự và một phép phản chiếu là một phép
đồng dạng nghịch.
Ngược lại, trong mặt phẳng một phép đồng dạng có thể phân tích
bằng vô số cách thành tích của mọi phép vị tự với một phép dời hình hoặc phản
chiếu thứ tự tùy ý thuộc phép đồng dạng thuận hay nghịch.

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

- 13 -


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

+) Định lý 2 :
Trong mặt phẳng :
1) Một phép đồng dạng thuận (kí hiệu ZT) không phải là đẳng cự hay vị tự
đều có thể phân tích thành tích giao hoán được của một phép vị tự và một phép
quay (trong đó tâm vị tự và tâm quay bằng nhau ) nghĩa là :
ZT  QO .VOk  VOk .QOk  Z  O, k ,  

2) Một phép đồng dạng nghịch (kí hiệu ZN) có thể phân tích thành tích
giao hoán được của một phép vị tự và một phép đối xứng trục trong đó tâm vị tự
nằm trên trục đối xứng nghĩa là : Z N  Sd  VOk  VOk  Sd  Z (O, k , d ) (O thuộc d ) .
1.3. Phép đồng dạng và bài toán dựng hình
1.3.1. Bài toán dựng hình
Bài toán dựng hình là bài toán đi tìm sự tồn tại của một hình (H) thỏa mãn
tính chất nào đó.
Nghiệm của bài toán dựng hình là hình thỏa mãn các điều kiện của bài
toán đó. Bài toán dựng hình thông thường gồm 4 bước :
+) Bước 1 :Phân tích :
Giả sử đã có hình cần dựng từ đó thiết lập mối quan hệ giữa các yếu tố
phải tìm và các yếu tố đã cho để suy ra cách dựng.
+) Bước 2 : Cách dựng
Chỉ ra hữu hạn có thứ tự các phép dựng cơ bản cần phải thực hiện để có
hình cần dựng.
+) Bước 3 : Chứng minh
Xác nhận hình đã dựng ở bước 2 thỏa mãn đầy đủ các yêu cầu của bài
toán.

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

- 14 -

Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

+) Bước 4 : Biện luận
Khẳng định khi nào thì bài toán không có nghiệm, khi nào thì bài toán có
nghiệm và nếu có thì có bao nhiêu nghiệm.
1.3.2. Giải bài toán dựng hình nhờ phép đồng dạng
Phép biến hình nói chung và phép đồng dạng nói riêng, tham gia chủ yếu
ở bước phân tích. Bước phân tích của bài toán dựng hình có thể tóm tắt theo sơ
đồ sau :

H : Hình cần dựng
H  H1  H 2  ...  H n 1  H n (trong đó H1, H2,…, Hn là các hình khác H)

Có nghĩa là : Để có hình H ta đi dựng hình H1
Để có hình H1 ta đi dựng hình H2
.................................................................................

Để có hình Hn-1 ta đi dựng hình Hn.
Trong đó hình Hn phải là hình dễ dựng được nhờ các phép dựng cơ bản và
các bài toán dựng cơ bản hoặc có thể là đã cho trong giả thiết .
Như vậy, để dựng được hình Hn trong quá trình phân tích ta dẫn tới dựng
được hình H1, H2,…, Hn . Quá trình đó có những lúc gặp nhiều khó khăn . Ta sử
dụng các thao tác đặc biệt hóa, khái quát hóa, tương tự hóa bằng cách thay đổi
trường hợp điểm này ( hình này ) bằng trường hợp điểm khác ( hình khác) nhờ
sự hỗ trợ của phép biến hình.
Ứng dụng phép đồng dạng với bài toán dựng hình là ta phải tìm ra phép

đồng dạng thích hợp và làm theo các bước trên.

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

- 15 -


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

CHƯƠNG II : ỨNG DỤNG

2.1. Các ví dụ
2.1.1. Ví dụ 1 : Cho đường tròn (O), một đường thẳng d và một điểm A
không thuộc d và không thuộc (O). Hãy dựng một tam giác vuông cân ABC,
vuông tại B sao cho đỉnh B trên d và đỉnh C thuộc (O).

Lời giải
a) Phân tích :
Giả sử ABC là tam giác đã dựng được.
Thực hiện phép quay
o

QA45

: B  B ' thuộc tia AC

O

C
B'
B

d'

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

A

- 16 -

d


Khóa luận tốt nghiệp

Vì AB  AB ' , do đó

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

AC  2 AB ' . Từ hệ thức AC  2 AB ' ta suy ra phép vị tự

VA 2 : B '  C .
o

Tóm lại, phép đồng dạng Z = VA 2  QA45 biến B  C và do đó biến d  d '
đi qua C nên C là điểm chung của đường tròn (O) và đường thẳng d ' .
b) Cách dựng
+) Dựng đường thẳng d’ là ảnh của đường thẳng d trong phép đồng dạng

o

o

Z = VA 2  QA45 hoặc Z  VA 2  QA45 .
+) Dựng C là điểm chung của đường thẳng d ' và đường tròn (O).
o

+) Dựng điểm B là ảnh của C trong phép đồng dạng Z *  VA1 2  QA45 hoặc
Z *  VA1

2

o

 QA45 .

Vậy tam giác ABC là tam giác phải dựng.
c) Chứng minh
Theo cách dựng điểm C, thì C thuộc d ' là ảnh của d trong phép đồng
dạng Z, do đó ảnh của C trong phép đồng dạng Z* phải thuộc d và ABC vuông
cân tại B.
d) Biện luận
Bài toán chỉ có nghiệm khi d ' và (O) có điểm chung. Mặt khác, có hai
o

o

phép đồng dạng biến d thành d ' , đó là Z  VA 2  QA45 hoặc Z  VA 2  QA45 .
Bài toán có tối đa 4 nghiệm.

Nhận xét :
Vì C   O   d ' và d '  Z  d  nên ta có thể thay đường tròn (O) hoặc
đường thẳng d bằng một đường thẳng hoặc một hình (H) bất kì nhưng không

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

- 17 -


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

chứa A . Từ đó vẫn giữ nguyên yếu tố cần dựng, thay đổi giá trị theo hướng trên
ta sẽ có những bài toán mới với cách giải tương tự, chẳng hạn :
'' Cho hai đường thẳng a,b và một điểm O không nằm trên hai đường

thẳng a, b. Dựng tam giác AOB có OAB   , OBA   sao cho A  a, B  b '' .

'' Cho hai đường tròn (O1), (O2) và điểm O không ở trên đó. Dựng tam

giác OAB vuông và có một góc bằng 30o sao cho A  (O1 ), B   O2  '' .

2.1.2. Ví dụ 2 : Cho hình bình hành ABCD hãy dựng 1 hình bình hành đồng
dạng với ABCD sao cho chúng có cùng 1 đường chéo chung còn hai đường
chéo còn lại cùng nằm trên một đường thẳng.

Lời giải
a) Phân tích :

Giả sử đã dựng được hình bình hành BMDN đồng dạng với hình bình
hành ABCD có đường chéo BD chung còn các đường chéo AC, MN cùng nằm
trên một đường thẳng.
Gọi O là giao điểm các đường chéo AC và BD, khi đó O cũng là tâm của
hình bình hành BMDN.
Khi đó, phép đồng dạng :
Z : ABCD  BMDN
A B
BM
CD
DN

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

- 18 -


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

Suy ra Z : AC   BD

BD  MN 
Đặt

AC = x ; BD = y suy ra
y MN

k

x
y

(const)

Hơn nữa, Z : O  O , nghĩa là O là tâm của phép đồng dạng nghịch Z  VOk  S d
trong đó O  d và d là phân giác trong của góc AOB

B

C
N
O

d

M

A

D

b) Cách dựng
+) Dựng hình bình hành ABCD và đặt AC = x ; BD = y. Khi đó gọi k 
+) Dựng giao điểm O của hai đường chéo AC và BD.
+) Dựng đường phân giác trong của góc AOB kí hiệu là d.
+) Thực hiện phép đồng dạng nghịch :
Z  VOk  S d : B  M
DN

+) Nối BN, MD, NB ta được hình bình hành BMDN cần dựng.

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

- 19 -

y
x


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

c) Chứng minh
Ta có phép đồng dạng : Z(O,k,d): O  O
BM
A B
DN

Suy ra : ABD đồng dạng với MBN
Vậy hình bình hành ABCD đồng dạng với hình bình hành BMDN.
d) Biện luận
Bài toán có một nghiệm hình duy nhất .
Nhận xét :
Nếu thay hình bình hành bằng một hình khác bất kì ta sẽ được bài toán
với cách giải tương tự, chẳng hạn :
'' Dựng hai hình thoi đồng dạng với nhau sao cho chúng có cùng một

đường chéo chung, hai đường chéo còn lại cùng nằm trên một đường thẳng '' .

2.1.3. Ví dụ 3 : Cho hai đường tròn (O; R), (O'; R') điểm A trên (O) và A'
trên (O'), một đường thẳng xx'. Dựng đoạn MM' song song với xx' sao cho
M nằm trên (O); M' nằm trên (O') đồng thời các tam giác OAM, O'A'M'
đồng dạng và cùng hướng.

Lời giải
a) Phân tích
Giả sử đã dựng được hai điểm M, M' thỏa mãn đầu bài.
Lấy điểm I sao cho IOO ' đồng dạng với IAA ' và cùng hướng.

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

- 20 -


Khóa luận tốt nghiệp

Đặt k 

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

R'
và   IOO '
R

Xét phép đồng dạng Z   I , k ,   : O  O '
A  A'

 O    O '

x

K
x'

I
M
O

M'
A'

A

M1
O'
M1'

Gọi M ''  Z  M  ta có OAM đồng dạng O ' A ' M ' và cùng hướng.
Suy ra M "  M ' hay IMM ' đồng dạng IOO ' và cùng hướng.
Suy ra IMM '  IOO ' và cùng hướng.

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

- 21 -


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

b) Cách dựng
+) Từ I kẻ đường thẳng cắt đường tròn (O) tại các điểm M, M1 và cắt các
đường thẳng xx ' tại K sao cho IKx  IOO ' và cùng hướng.
+) Từ I kẻ tia IM' cắt đường tròn (O') tại M', M'1 sao cho MIM '  IOO ' và
cùng hướng.
c) Chứng minh
Ta có MIM '  IOO ' (cách dựng)
M   O  , M '   O ' nên phép đồng dạng Z(I, k,  ) : (O)   O '
M M'
Suy ra IMM ' đồng dạng IOO ' và ta có IMM '  IOO '  IKx , IMM ', IKx cùng
hướng với IOO ' .
Từ đó ta có MM' // xx'.
Đối với M, M'1 cũng chứng minh tương tự ta được M1M' // xx' .
d) Biện luận
Số nghiệm của bài toán là số giao điểm của IK với (O), ( có một, hai, hoặc
không có nghiệm hình).

2.1.4. Ví dụ 4 : Dựng tứ giác lồi nội tiếp trong 1 đường tròn biết độ dài 4
cạnh AB = a, BC = b, CD = c, DA = d.

Lời giải :
a) Phân tích
Giả sử đã dựng được tứ giác ABCD thỏa mãn đầu bài

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

- 22 -

Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

Không giảm tổng quát giả sử tứ giác ABCD có hướng dương, đặt
BAD   .

Khi đó phép đồng dạng :
d

Z  Z  A,  ,  : B  D
a

C C'
ABC  ADC '

(1)

 ABC  ADC '

Do tứ giác ABCD nội tiếp nên ABC  ADC  180 o

(2)

Từ (1) và (2)  C '  CD và D ở giữa C và C'.

db

CC '  CD  DC '  c  a


 AD  d ; AC '  d

AC a

Tam giác ACC' dựng được vì biết

C'

A
d
a

D
c

B

b
C

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

- 23 -


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình

b) Cách dựng

+) Dựng đoạn CD có độ dài bằng c.
+) Trên tia đối của tia DC dựng C' sao cho DC =

db
.
a

+) Dựng điểm A như sau :
d
a

• Dựng A ( CC ', ) là đường tròn Aplonius ứng với đoạn CC' theo tỉ số
d
.
a

• Dựng đường tròn tâm D bán kính d kí hiệu (D, d) suy ra :
d

A  A  CC ',    D, d 
a




+) Nối AD và đặt CAC '  
d
+) Dựng B là ảnh của D qua phép đồng dạng ngược của Z = Z  A,  ,  là


a

Z-1 = Z  A,  ,  .
d




+) Nối BC, AB, AD ta được tứ giác ABCD cần dựng.
c) Chứng minh
Theo cách dựng, tứ giác ABDC có AD = d, CD = c
a

Lại có phép đồng dạng Z-1 = Z  A,  ,  : D  B ; C'  C
d


a
d



a
d

Suy ra AB  AD.  d .  a
BC  DC '.

a db a
 . b

d
a d

Hơn nữa : ADC ' đồng dạng với ABC
Mà ADC  ADC '  180o

Phạm Thị Mận – k34A - Toán



ABC  ADC '

(3)
(4)

- 24 -

a


Khóa luận tốt nghiệp

Phép đồng dạng với các bài toán dựng hình
ADC  ABC  180o

Từ (3) và (4) suy ra

Do đó tứ giác ABCD nội tiếp.
d) Biện luận
Có thể xảy ra các trường hợp sau :

d
TH1 : Nếu A  CC ',  không cắt (D, d) thì bài toán vô nghiệm.


a

d
TH2 : Nếu A  CC ',  tiếp xúc với (D, d) tại A thì A  Cd, do đó không


a

tồn tại tứ giác ABCD. Vậy bài toán vô nghiệm.
d
TH3 : Nếu A  CC ',  và (D, d) cắt nhau tại A1, A2 thì ta dựng được hai tứ


a

giác A1B1CD và A2B2CD thỏa mãn và chúng bằng nhau. Do vậy bài toán chỉ có
một nghiệm hình.

Khó khăn lớn nhất của bài toán này là tìm số giao điểm của đường

Nhận xét :

d
tròn A  CC ',  .


a

2.1.5. Ví dụ 5 : Cho phép đối xứng trục Sd và phép quay QOα (α  0o , α 
180o) điểm O cho trước không nằm trên d. Hãy dựng đường thẳng m sao
cho nó song song với ảnh của nó trong phép đồng dạng Z = Sd  QOα.
Lời giải
a) Phân tích
Giả sử đã dựng được đường thẳng m thỏa mãn điều kiện đầu bài.
Không giảm tổng quát, giả sử phép quay QO   0;  180o  thực hiện theo
chiều dương của mặt phẳng.

Phạm Thị Mận – k34A - Toán

- 25 -