LờI CảM ƠN

Bản khóa luận tốt nghiệp này là bước đầu em làm quen với việc nghiên
cứu khoa học. Trước sự bỡ ngỡ và gặp nhiều khó khăn do chưa có nhiều kinh
nghiệm trong việc tiến hành nghiên cứu khoa học, em đã nhận được sự giúp
đỡ nhiệt tình của thầy giáo Nguyễn Năng Tâm, các thầy cô trong tổ Hình học
và các bạn sinh viên khoa Toán trường ĐHSP Hà Nội 2, em đã hoàn thành
khóa luận tốt nghiệp của mình.
Do điều kiện thời gian và tính chất của đề tài chắc chắn sẽ không tránh
khỏi những sai sót. Em rất mong được sự chỉ bảo đóng góp của các thầy cô và
các bạn sinh viên để khóa luận này được hoàn thiện hơn. Qua đây em xin gửi
lời cảm ơn chân thành tới các thầy cô trong khoa đặc biệt là thầy Nguyễn
Năng Tâm đã trực tiếp hướng dẫn em trong việc hoàn thành khóa luận này.
Em xin chân thành cảm ơn!
Hà Nội, tháng 5 năm 2012
Sinh viên
Bùi Thị Cẩm Lệ


LờI CAM ĐOAN

Khóa luận tốt nghiệp này là kết quả của quá trình học tập, nghiên cứu
của em dưới sự chỉ bảo, dìu dắt của các thầy cô giáo đặc biệt là sự hướng dẫn
nhiệt tình của thầy Nguyễn Năng Tâm.
Em xin cam đoan Khóa luận tốt nghiệp với đề tài: Phép đối xứng trong
En và ứng dụng không có sự trùng lặp với các khóa luận khác.

Hà Nội, tháng 5 năm 2012
Sinh viên
Bùi Thị Cẩm Lệ

MụC LụC
Trang
Mở Đầu
Nội dung..................................................................................................... 1
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị................................................................ 1
1.1. Các khái niệm về phép biến hình ......................................... 1
1.2. Phép biến hình đẳng cự ....................................................... 2
Chương 2: Phép đối xứng trong En ........................................................ 3
2.1. Phép đối xứng qua tâm ........................................................ 3
2.2. Phép đối xứng qua siêu phẳng.............................................. 4
Chương 3: Sử dụng phép đối xứng giải các bài toán hình học ............... 6
3.1. Phép đối xứng và bài toán chứng minh ................................ 6
3.2. Phép đối xứng và bài toán tính toán ..................................... 13
3.3. Phép đối xứng và bài toán dựng hình .................................. 17
3.4. Phép đối xứng và bài toán quỹ tích ...................................... 25
Chương 4: Một số bài tập ứng dụng .................................................... 31
Kết luận ................................................................................................... 37
Tài liệu tham khảo ........................................................................... 38


Mở ĐầU
1. Lý do chọn đề tài
Trong chương trình toán THPT ở nước ta hiện nay, một số phép biến hình
được đưa vào dạy trong chương Phép dời hình và đồng dạng trong mặt
phẳng (Hình học 11). Từ đó, cung cấp cho học sinh một phương tiện để giải
quyết các bài toán hình học một cách nhanh gọn và hợp lý. Hơn nữa giúp học
sinh thấy được ứng dụng của phép biến hình vào giải lớp các bài toán: Bài
toán chứng minh, Bài toán tính toán, Bài toán dựng hình, Bài toán quỹ tích,
Để làm rõ các vấn đề nêu trên, em xin trình bày trong khóa luận này một số

kiến thức cơ bản về phép đối xứng và ứng dụng giải toán trong hình học với đề
tài: Phép đối xứng trong En và ứng dụng.
2. Mục đích nghiên cứu
Tìm hiểu sâu hơn về phép biến hình, đặc biệt là phép đối xứng.
Làm rõ tính ưu việt của phép đối xứng trong giải toán hình học.
3. Đối tượng, phạm vi nghiên cứu
3.1. Đối tượng nghiên cứu
Phép đối xứng trong En
3.2. Phạm vi nghiên cứu
Các bài toán giải bằng phép đối xứng
4. Nhiệm vụ nghiên cứu
Trình bày cơ sở lý thuyết về phép đối xứng.
Đề xuất phương pháp vận dụng phép đối xứng để giải quyết một số bài
toán hình học.
Xây dựng hệ thống bài tập và ví dụ minh họa.
5. Các phương pháp nghiên cứu
Nghiên cứu sử dụng các lí luận, các công cụ toán học.
Nghiên cứu sách tham khảo, các tài liệu liên quan.
6. Cấu trúc khóa luận
1


Khóa luận gồm 3 phần:
Mở đầu
Nội dung gồm 3 chương:
Chương 1: Kiến thức chuẩn bị
Chương 2: Phép đối xứng trong En
Chương 3: Sử dụng phép đối xứng giải các bài toán hình học
Chương 4: Một số bài tập ứng dụng
Kết luận


2


NộI DUNG
CHƯƠNG 1: KIếN THứC CHUẩN Bị

1.1. Các khái niệm về phép biến hình
1.1.1. Định nghĩa
Mỗi song ánh f: En En được gọi là phép biến hình của không gian En.
1.1.2. Định lý
Tập hợp tất cả các phép biến hình của En với phép nhân ánh xạ lập thành
một nhóm gọi là nhóm các phép biến hình của En.
1.1.3. Định nghĩa
Cho phép biến hình f: En En. Ta có các khái niệm sau:
a. Điểm M En được gọi là điểm bất động đối với phép biến hình f nếu
f(M) = M.
b. Hình H En được gọi là hình bất biến đối với phép biến hình f nếu
f(H) = H.
c. Hình H En được gọi là hình bất động đối với phép biến hình f nếu
mọi điểm của H đều là điểm bất động đối với f.
1.1.4. Định nghĩa
Phép biến hình f: En En mà ff = idEn được gọi là phép biến hình đối
hợp.
Ví dụ: Phép đối xứng tâm (phép đối xứng tâm O trong En là phép biến hình




biến điểm M thành điểm M sao cho OM ' OM ; Phép đối xứng trục (Phép

đối xứng qua trục d là phép biến hình biến điểm M thành điểm M sao cho:
MM vuông góc với d và MM cắt d tại trung điểm của nó),

3


1.2. Phép biến hình đẳng cự
1.2.1. Định nghĩa
Phép biến hình f: En En được gọi là phép biến hình đẳng cự của En nếu
nó bảo toàn khoảng cách của hai điểm bất kỳ, tức là:
f là phép biến hình đẳng cự nếu d(M,N) = d(f(M),f(N)) M,N En
trong đó d(M,N) là khoảng cách của hai điểm M,N.
1.2.2. Tính chất
a. Phép biến hình đẳng cự là phép biến hình afin.
c. Phép biến hình đẳng cự bảo toàn độ lớn của góc.
d. Phép biến hình đẳng cự biến một siêu cầu của En thành một siêu cầu
có cùng bán kính.
1.2.3. Định lý
Tập hợp các phép biến hình của En lập thành một nhóm với phép toán lấy
tích ánh xạ và được kí hiệu là Isom(En).

4


CHƯƠNG 2: PHéP ĐốI XứNG TRONG En

2.1. Phép đối xứng qua tâm
2.1.1. Định nghĩa
Trong không gian En cho một điểm O. Phép biến hình của không gian





cho ứng điểm M với điểm M sao cho OM ' OM gọi là phép đối xứng qua
tâm O và được kí hiệu là ĐO. Điểm O gọi là tâm đối xứng.
Phép đối xứng qua tâm hoàn toàn được xác định khi biết tâm đối xứng.
2.1.2. Tính chất
a. Phép đối xứng tâm là phép biến hình đẳng cự nên nó có đầy đủ các
tính chất của phép đẳng cự, đối hợp, có điểm bất động duy nhất là O.
Chứng minh
+ Gọi M = ĐO(M), N = ĐO(N)










Ta có: M ' N ' ON ' OM ' ON OM NM d ( M ', N ') NM


Mà NM d (N, M ) d ( M , N ) d ( M ', N ') d ( M , N )
Phép đối xứng qua tâm là phép biến hình đẳng cự.

+ Gọi M = ĐO(M) ĐO(ĐO(M)) = ĐO(M) = M = id(M)
Phép đối xứng qua tâm là phép biến hình đối hợp.


+ ĐO(O) = O O là điểm bất động của ĐO





Giả sử M là điểm bất động của ĐO ĐO(M) = M OM OM suy ra
MO
Vậy O là điểm bất động duy nhất của ĐO.
b. Phép đối xứng tâm biến mọi đường thẳng, mặt phẳng qua O thành
chính nó, biến một vecto thành vecto đối của nó.
Chứng minh
+ Gọi d là đường thẳng qua O. Lấy điểm M d, khi đó ta có:

5


ĐO(M) = M , ĐO(O) = O ĐO(d) = d và d là đường thẳng qua M và O.
Do M d nên d d.
+ Gọi (P) là mặt phẳng qua O. Xét hai đường thẳng d và d nằm trong (P) và
cắt nhau tại O. Khi đó ĐO biến d thành d, biến d thành d nên (P) cũng biến
thành (P) qua ĐO.




+ Xét MN . Ta có : ĐO(M) = M, ĐO(N) = N OM ' OM , ON ' ON











M ' N ' ON ' OM ' ON OM NM MN

c. Phép đối xứng tâm bảo toàn phương của mọi đường thẳng, mặt phẳng.
Chứng minh




+Giả sử ĐO(d) = d và M, N d, ĐO(M) = M, ĐO(N) = N M ' N ' MN
d cùng phương d

+ Do Đ O bảo toàn phương của đường thẳng nên nó bảo toàn phương của
mặt phẳng.
2.2. Phép đối xứng qua siêu phẳng
2.2.1. Định nghĩa
Trong En cho siêu phẳng . Phép biến hình của không gian cho ứng mỗi
điểm M với điểm M xác định như sau:
a. MM vuông góc với siêu phẳng
b. MM cắt tại O là trung điểm của nó
gọi là phép đối xứng qua siêu phẳng , phép đối xứng này kí hiệu là Đ
Siêu phẳng được gọi là siêu phẳng đối xứng của phép đối xứng.
2.2.2. Tính chất
a. Phép đối xứng qua siêu phẳng là một phép biến hình đẳng cự nên nó

có đầy đủ tính chất của phép đẳng cự.
Chứng minh
Gọi M, N là hai điểm bất kì trong En. Xét phép đối xứng qua siêu phẳng
6


Đ : M M
N N






Gọi I, J lần lượt là trung điểm của MM, NN thì MM ' IJ , NN ' IJ ta có:
2 2 2 2

MN MI IJ JN MN MI IJ JN 2 MI .JN
2 2 2 2

M ' N ' M ' I IJ JN ' M ' N ' M ' I IJ JN ' 2 M ' I .JN '
2 2 2


MI IJ JN 2( MI ).( JN )


Vậy d ( M , N ) MN M ' N ' d ( M ', N ')
Phép đối xứng qua siêu phẳng là phép biến hình đẳng cự.


b. Đ là phép đối hợp.
Chứng minh
Gọi M = Đ(M) ta có: Đ(Đ(M)) = Đ(M) = M = id(M)
Đ là phép đối hợp

c. là quỹ tích điểm bất động của Đ.

7


CHƯƠNG 3: Sử DụNG PHéP ĐốI XứNG
GIảI CáC BàI TOáN HìNH HọC

3.1. Phép đối xứng và bài toán chứng minh
3.1.1. Bài toán chứng minh
Bài toán chứng minh chứa đựng trong tất cả các loại bài toán hình học
khác: các bài toán tính toán, bài toán dựng hình, bài toán quỹ tích.
Đó là bài toán cần chứng minh mệnh đề A B với A là giả thiết, B là
kết luận. Ta đi từ giả thiết A đến kết luận B bằng những suy luận hợp lôgic
trên cơ sở các định nghĩa, định lý.
3.1.2. Sử dụng phép đối xứng trong bài toán chứng minh
Nếu ta thiết lập mối quan hệ giữa các điểm hay các đường đã cho trong
giả thiết A với các điểm hay các đường trong kết luận B thông qua phép đối
xứng thì nhờ tính chất đẳng cự của phép đối xứng, ta nhận được các kết quả về
tính đồng quy, thẳng hàng, quan hệ song song, quan hệ vuông góc, các đoạn
thẳng bằng nhau, các góc bằng nhau, các tam giác, các đường tròn bằng
nhau

Từ đó ta sẽ dễ dàng giải quyết được bài toán chứng minh.


3.1.3. Khai thác bài toán chứng minh nhờ phép đối xứng
Nếu mệnh đề A B đã được khẳng định nhờ sử dụng phép đối xứng thì
ta có thể sử dụng phép đối xứng xét mệnh đề đảo B A, xét các trường hợp
đặc biệt hóa, khái quát hóa, tương tự hóa của mệnh đề này ta sẽ được bài toán
mới.
3.1.4. Một số ví dụ
Ví dụ 3.1.4.1:
Cho hình bình hành ABCD và đường tròn (C) bàng tiếp ABD, tiếp xúc
với phần kéo dài của AB và AD tương ứng tại các điểm M và N. Đoạn thẳng

8


MN cắt BC và DC tương ứng tại các điểm P và Q. Chứng minh rằng đường
tròn nội tiếp BCD tiếp xúc với các cạnh BC và DC tại P và Q.
Giải:

A

Gọi (O) là đường tròn nội tiếp ABD
N'

lần lượt tiếp xúc với AB tại M,

M'

với AD tại N, và BD tại H.

B


H

I

K là tiếp điểm của (C) với BD

D

K

N

I là trung điểm của BD.

Q

Ta có:

M

P

MM ' NN '


MM ' BH BK 2 BH HK
NN ' DK DH 2 DK HK

C


BH DK

Ta có: ĐI : B D
DB
HK



ABD CDB

AC
Do AMN cân tại A và DQ// AM nên DQN cân tại D
DQ = DN = DK = BH = BM
Q = ĐI(M)

Tương tự ta có: P = ĐI(N)
Ta có ĐI : (O) (O) nội tiếp CDB và đi qua 3 điểm K, Q, P.
Do M, N, H lần lượt là tiếp điểm của (O) với AB, AD, BC nên Q, P, K lần
lượt là tiếp điểm của (O) với CD, BC, BD.

9


Ví dụ 3.1.4.2:
Trong không gian E3 chứng minh rằng mỗi mặt phẳng đi qua trung điểm
của một cạnh của tứ diện và vuông góc với cạnh đối diện thì giao nhau tại một
điểm ( điểm đó được gọi là điểm Monge).
Giải:
Gọi tứ diện đã cho là ABCD và I, J, G


A

lần lượt là trung điểm của AB, CD, IJ
G là trọng tâm của tứ diện ABCD

Gọi (O) là mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

I
G

Xét phép đối xứng qua tâm G ta có:
ĐG : O O

O
D

B
O'

I J

J

IOJO là hình bình hành IO// OJ (1)

Do O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện

C

nên có OA=OB=OC=OD

DOC cân tại O OJ CD

(2)

Từ (1) và (2) IO CD
Xét mặt phẳng () qua I và vuông góc với CD mà IO CD
IO () () qua O

Tương tự ta có 5 mặt phẳng còn lại thỏa mãn yêu cầu đề bài cũng đi qua điểm O.
Vậy 6 mặt phẳng thỏa mãn yêu cầu đề bài đều đi qua O = ĐG(O) đpcm.
Ví dụ 3.1.4.3:
Cho ABC với trực tâm H. Chứng minh rằng các điểm đối xứng của H
qua các cạnh của tam giác nằm trên đường tròn ngoại tiếp ABC, các đường
tròn ngoại tiếp các BCH, CAH, ABH, ABC đều bằng nhau.

10


Giải:
a. Gọi H1 = ĐBC(H), H2 = ĐAC(H), H3 = ĐAB(H)
Gọi (O) là đường tròn ngoại tiếp ABC,
M = AH BC, N = BH AC, P = CH AB
Ta có tứ giác APHN nội tiếp (AH)
A
H2
N
P

H3


H

C

B

M
H1



A PHN 180

(1)

Lại có PHN BHC (đối đỉnh)

(2)

Mặt khác theo tính chất bảo toàn góc của ĐBC ta có: BHC BH1C
Từ (1), (2), (3) A BH1C 180 Tứ giác ABH1C nội tiếp
Mà A, B, C (O) nên H1 (O)
Chứng minh tương tự ta cũng có H2, H3 (O).
b. Ta có ĐBC : H H1
BHC BH1C qua ĐBC
(BHC) = (BH1C) (O) (BHC) = (O)

Tương tự ta có ĐAB : AHB AH3B
ĐAC : AHC AH2C
Do đó (AHB) = (O), (AHC) = (O)

Ta có điều phải chứng minh.

11

(3)


Khai thác sâu bài toán
Từ bài toán trên ta có kết quả sau:
Nếu gọi O1, O2, O3 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp BHC, AHC,
AHB thì H là tâm đường tròn ngoại tiếp O1O2O3, từ đó ta có đường tròn
ngoại tiếp O1O2O3 bằng đường tròn (O). Do đó ta có thể mở rộng bài toán
trên thành bài toán sau:
Bài toán: Cho H là trực tâm ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi O1,
O2, O3 lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp BHC, AHC, AHB. Chứng
minh rằng đường tròn ngoại tiếp O1O2O3 bằng đường tròn (O).
Giải
Do H(O1), H(O2), H(O3) và bán kính các đường tròn (O1),(O2), (O3) đều
bằng (O) nên HO1 = HO2 = HO3 = R
H là tâm đường tròn ngoại tiếp O1O2O3 đpcm.

Ví dụ 3.1.4.4:
Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O và SO vuông
góc với đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SC. Trên BM
và DN ta lần lượt lấy hai điểm H và K sao cho

BH DK
. Gọi I là trung điểm

BM DN


của HK. Chứng minh ba điểm S, I, O thẳng hàng.
S

Giải:

N
M
I
H

K
C

B

O
D

A

12


Xét phép đối xứng ĐSO qua đường thẳng SO
ĐSO : A C
BD

BM = DN mà


BH DK

BM DN

BH = DK

MN
Giả sử H = ĐSO(H) cần chứng minh H K
Do H nằm giữa B và M nên H nằm giữa D và N và ta có BH = DH
Suy ra H K hay K = ĐSO(H)
Vậy H, K là hai điểm tương ứng của nhau qua phép đối xứng ĐSO nên trung
điểm I của HK phải thuộc SO S, I, O thẳng hàng.
Ví dụ 3.1.4.5:
Cho hai mặt phẳng (P) và (Q) cắt nhau và không vuông góc với nhau.
Gọi (R) là ảnh của (Q) qua phép đối xứng Đ(P).
Chứng minh rằng: Đ(P) Đ(Q) Đ(P) = Đ(R).
Giải:
Đặt Đ = Đ(P) Đ(Q) Đ(P.
Theo giả thiết : Đ(P): (Q) (R)
Ta có:
Với M bất kì thuộc (R) ta có: Đ(P): M M
Đ(Q): M M
Đ(P): M M
Đ(M) = M

Vậy (R) là mặt phẳng bất động của phép biến đổi Đ.
Với M không thuộc (R) ta có:
Đ(P): M M1, MM1 (P) tại I
Đ(Q): M1 M2, M1M2 (Q) tại K
Đ(P): M2 M , M2M (P) tại H

13


Nh­ vËy: §(P): M1  M
M2  M’
Do ®ã qua §(P) th× M1M2  MM’ vµ K  K’ vµ K’ lµ trung ®iÓm cña
MM’.
V× K  (Q) nªn K’  (R), mµ M1M2  (Q) nªn MM’  (R).
VËy §: M  M’ vµ MM’  (R) t¹i trung ®iÓm K’ cña MM’, § cã (R) lµ mÆt
ph¼ng bÊt ®éng  § = §(R)  ®pcm.

14


3.2. Phép đối xứng và bài toán tính toán
3.2.1. Bài toán tính toán
Trong hình học ta thường bắt gặp một số bài toán tính toán như: tính độ
dài đoạn thẳng, tính số đo góc, tỉ số độ dài đoạn thẳng, tính chu vi diện tích
của các hình hình học. Để giải bài toán tính toán thông thường ta thường sử
dụng các bước sau:
1. Xác định các yếu tố cần tính toán, các yếu tố đã biết
2. Tìm mối liên hệ giữa các yếu tố đã cho với các yếu tố cần tính toán
3. Tiến hành tính toán theo dữ liệu đã được thiết lập
3.2.2. Sử dụng phép đối xứng trong bài toán tính toán
Ta sử dụng các tính chất của phép đối xứng để tìm ra các góc bằng
nhau, các đoạn thẳng bằng nhau, các tam giác hay đường tròn bằng nhau

Từ

đó dựa vào những yếu tố đã biết của bài toán và các kết quả ta vừa tìm được

nhờ sử dụng tính chất của phép đối xứng để tìm ra đại lượng cần tính toán.
3.2.3. Một số ví dụ
Ví dụ 3.2.3.1:
Cho tam giác ABC, trung tuyến BE, CF sao cho chúng thỏa mãn
ABE ACF 30 . Gọi G là trọng tâm tam giác ABC. Tính góc BGC =?

Giải:
Do góc ABE ACF FBE ECF tứ giác BFEC nội tiếp
Gọi O là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác BFEC, có bán kính R.
Xét phép đối xứng tâm ĐE : O O1
C A
OC = AO1 = O1E = EO = R (1)

Xét phép đối xứng tâm F:
ĐF : O O2
BA

15


A

O2

O1

E

F
G


B

 OB = AO2 = FO2 = FO = R

O

C

(2)

Tõ (1) vµ (2) suy ra: AO1 + AO2 = 2R.
Ta cã: FOE  2 FCE = 2.30 = 60, mµ OEF c©n t¹i O  OEF ®Òu
L¹i cã E, F lµ trung ®iÓm cña OO1, OO2
 O1O2 = 2EF  O1O2 = 2R mµ AO1 + AO2 = 2R = O1O2  A, O1, O2

th¼ng hµng vµ A n»m gi÷a hai ®iÓm O1, O2.
 OO1O2 ®Òu  ABC ®Òu  BGC = 120

 Khai th¸c s©u bµi to¸n:
Víi gi¶ thiÕt lµ gãc ABE  ACF =  = const. Ta cã kÕt qu¶:
1. ABC ®Òu  2 trung tuyÕn t¹i B, C t¹o víi AB, AC mét gãc = 30
2. ABC c©n  2 trung tuyÕn t¹i B, C t¹o víi AB, AC hai gãc b»ng
nhau.
3.  = 30  O1, A, O2 th¼ng hµng.

16


Ví dụ 3.2.3.2:

Cho tam giác ABC vuông cân tại A, điểm M tùy ý trên cạnh AC, kẻ tia
Ax vuông góc với BM cắt BC tại H. Gọi K là điểm đối xứng với C qua H, kẻ
tia Ky vuông góc với BM cắt AB tại I.
Tính góc AIM = ?

B

Giải:
Ta có KI // AH.
Gọi F = ĐA(I) CF // AH // KI

K

BM CF, ABM ACF
ABM = ACF (g.c.g)

I
y

H

x

AM = AF = AI

A

AMI vuông cân tại A



M

C

AIM = 45.

F
Ví dụ 3.2.3.3:
Cho tam giác ABC cân tại C có ACB = 100. Qua A và B vẽ các tia AL
và BK (L BC, K AC) sao cho LAB = 30, KBA = 20, AL cắt BK ở M.
Tính các góc ACM , BCM .
Giải:
Gọi CH là đường cao của ABC, BK CH= E, AL CH= I
Xét ĐCH : A B
EA EB
IA IB
Trong ABC cân tại C có C = 100
CAB CBA 40 CAI CAB IAB 10

17


C
L
K

I
E

M


A

30

20

H

B

Ta có : EAH EBH 20 IAE CAB CAI EAH 10
Vậy : CAI IAE 10 AI là phân giác của CAE
Do CAE CBE và ABC cân tại C nên ta cũng có BI là phân giác của CBE
Xét phép đối xứng trục BI: ĐBI : BC BM
CBM cân tại B BI là phân giác của góc CBM '
M M M = ĐBI(C)

Vậy CBM cân đỉnh B và BCM BMC
ACM = 20.

18

180 20
80
2


3.3. Phép đối xứng và bài toán dựng hình
3.3.1. Bài toán dựng hình

Bài toán dựng hình được phát biểu dưới dạng: Dựng một hình thỏa mãn
các điều kiện (yêu cầu) sau
Giải bài toán dựng hình: là chỉ ra một số hữu hạn những phép dựng cơ
bản thực hiện theo thứ tự xác định để có được hình thỏa mãn yêu cầu của bài
toán.
Nghiệm hình: Mỗi hình thỏa mãn các yêu cầu đặt ra của một bài toán
được gọi là nghiệm hình. Hai hình không bằng nhau cùng thỏa mãn các yêu
cầu của bài toán được xem là hai nghiệm hình khác nhau.
Nếu bài toán không có yêu cầu về vị trí của hình cần dựng thì những
hình bằng nhau thỏa mãn các yêu cầu của bài toán gọi là một nghiệm hình.
Nếu trong bài toán có yêu cầu về vị trí thì những hình bằng nhau
nhưng có vị trí khác nhau thỏa mãn các yêu cầu của bài toán được xem là
những nghiệm hình khác nhau .
Các bước giải bài toán dựng hình:
Thông thường giải bài toán dựng hình gồm 4 bước sau:
Bước 1: Phân tích:
Giả sử đã dựng được hình thỏa mãn yêu cầu của bài toán, căn cứ vào hình
đó xét xem mối quan hệ giữa các yếu tố (điểm, đoạn thẳng, đường thẳng,
đường tròn, độ dài đoạn thẳng, các quan hệ song song, vuông góc ) của hình
đó để xác định xem dựng yếu tố nào trước, yếu tố nào sau. Bước này là bước
quan trọng để đưa ra lời giải của bài toán.
Bước 2: Cách dựng:
Dựa vào phần phân tích trình bày lần lượt các phép dựng và thể hiện bằng
hình vẽ các phép dựng đó.

19


Bước 3: Chứng minh:
Khi phép dựng đều đã được thực hiện. Dựa vào phép dựng lập luận để

chứng tỏ rằng hình đã dựng thỏa mãn yêu cầu đặt ra của bài toán.
Bước 4: Biện luận:
Xét xem khi nào các phép dựng trong bước 2 dựng được và dựng được
bao nhiêu hình thỏa mãn bài toán, hay nói cách khác là trả lời xem có bao
nhiêu hình thỏa mãn bài toán.
3.3.2. Sử dụng phép đối xứng giải bài toán dựng hình
Có thể nói bước phân tích đóng vai trò quan trọng hàng đầu trong bài
toán dựng hình. Có nhiều bài toán dựng hình sau khi phân tích phần còn lại
hầu như là hiển nhiên. Có thể hình dung bước phân tích nhờ sơ đồ sau:
H H1 H2

Hn-1 Hn

Để dựng được hình H ta phải dựng hình H1
Để dựng được hình H1 ta phải dựng hình H2
...

Để dựng được hình Hn-1 ta phải dựng hình Hn
Quá trình này dựng được khi Hn đã cho hoặc dễ dàng nhận được từ các
yếu tố đã cho trong giả thiết nhờ các phép dựng cơ bản.
Nhờ tính chất bất biến của phép đối xứng ta có thể thấy được các mối
liên hệ cần thiết đối với các hình Hi, Hj trong các mắt xích của bước phân tích.
Đó là vì hình cần dựng có thể quy về việc dựng một số điểm, ta thường tìm hai
tập hợp chứa đồng thời điểm cần dựng, sau đó ta dựng các tập hợp điểm đó và
điểm cần dựng sẽ nằm trên giao của chúng (nhưng chưa chắc đã là tất cả).
Một trong số các tập hợp đó có thể nhận được nhờ sử dụng phép đối xứng.
3.3.3. Khai thác bài toán dựng hình nhờ phép đối xứng
Đề suất bài toán: Với bài toán dựng hình H có tính chất nào đó đã cho.
Sử dụng phép đối xứng Đ biến hình H thành hình H có tính chất có được
do chuyển các tính chất tương ứng qua Đ (nhờ tính chất bất biến của Đ) ta

20


nhận được bài toán dựng hình H có tính chất . Lúc đó nếu một trong hai
bài toán giải được thì bài toán còn lại cũng giải được.
Xét một số trường hợp của bài toán: Sử dụng thao tác đặc biệt hóa, khái
quát hóa, tương tự hóa bằng cách thay đổi các tập hợp điểm (hình này) bằng
các tập hợp điểm khác (hình khác) nhờ sử dụng sự trợ giúp của phép đối xứng.
3.3.4. Một số ví dụ
Ví dụ 3.3.4.1:
Cho góc xOy và hai điểm A, B nằm trong góc đó. Hãy xác định điểm C
nằm trên Ox và điểm D nằm trên Oy sao cho tứ giác ABCD là hình bình hành.
Giải:
Phân tích:
Giả sử đã tìm được điểm C nằm trên Ox,
điểm D nằm trên Oy sao cho
x

tứ giác ABCD là hình bình hành.
Gọi I là trung điểm đoạn AB.

C

Xét phép đối xứng tâm I:
ĐI : C D
O O

B

O


Ox Ox

A

O'

I

Cách dựng:
Dựng O = ĐI(O)
D

Dựng Ox //Ox cắt Oy tại D

y

DI Ox = C
Tứ giác ABCD là hình bình hành cần dựng.
Chứng minh:
Ta có Ox là ảnh của Ox qua phép đối xứng tâm I. Suy ra I là trung điểm của
CD và do I là trung điểm của AB nên tứ giác ABCD là hình bình hành.

21


Biện luận:
Nếu A, B, D thẳng hàng thì bài toán vô nghiệm
Nếu A, B, D không thẳng hàng thì bài toán có một nghiệm hình.
Ví dụ 3.3.4.2:

Cho góc nhọn xOy và một điểm A thuộc miền trong của góc này. Hãy
tìm trên cạnh Ox một điểm B và trên cạnh Oy một điểm C sao cho ABC có
chu vi nhỏ nhất.
Giải:
Phân tích:
Giả sử ta đã dựng được điểm B Ox, C Oy sao cho ABC có chu vi nhỏ
nhất.
Gọi A1 = ĐOx(A), A2 = ĐOy(A), B1 = A1A2 Ox, C1 = A1A2 Oy
Ta có: AB + BC + CA = A1B + BC + CA2 A1A2 = A1B1 + B1C1 + A1C1
= AB1 + B1C1 + AC1
AB + BC + CA AB1 + B1C1 + AC1

A1

x

B
A

B'

O

C

C'

y

A2


22