TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*****

PHẠM THỊ PHƯỢNG

PHÉP VỊ TỰ TRONG E2, E3
KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Hình học

HÀ NỘI – 2013


TRƯỜNG ĐẠI HỌC SƯ PHẠM HÀ NỘI 2
KHOA TOÁN
*****

PHẠM THỊ PHƯỢNG

PHÉP VỊ TỰ TRONG E2, E3

KHOÁ LUẬN TỐT NGHIỆP ĐẠI HỌC
Chuyên ngành: Hình học

Người hướng dẫn khoa học
GVC. PHAN HỒNG TRƯỜNG

HÀ NỘI - 2013


LI NểI U

Khóa luận này trình bày một số kiến thức và kĩ thuật, cách tiếp cận, ứng
dụng phép vị tự để giải một số lớp bài toán có liên quan tới các hình đồng dạng:
bài toán tính toán, bài toán chứng minh, bài toán dựng hình, bài toán quỹ tích.
Bên cạnh đó, khóa luận còn cố gắng mở rộng các bài toán, qua đó nêu lên một
số suy nghĩ, đề xuất trong giảng dạy.
Em xin được bày tỏ lòng biết ơn công lao dạy dỗ của các thầy, các cô đặc
biệt là sự hướng dẫn tận tình của thầy Phan Hồng Trường đã giúp em hoàn
thành khóa luận này.

Hà Nội, tháng 5 năm 2013
Phạm Thị Phượng


LI CAM OAN
Em xin cam đoan bản khóa luận này được hoàn thành do sự nỗ lực tìm hiểu,
nghiên cứu của bản thân cùng sự hướng dẫn, giúp đỡ của thầy giáo Phan Hồng
Trường.
Bản khóa luận này không trùng với các kết quả của các tác giả khác. Nếu
trùng em xin hoàn toàn chịu trách nhiệm.

Sinh viên
Phạm Thị Phượng


A.PHẦN MỞ ĐẦU
1. LÍ DO CHỌN ĐỀ TÀI
Trong chương trình toán ở trường phổ thông, học sinh đã được làm quen
với các phép biến hình. Đây vừa là một công cụ mới để giải toán đồng thời
bồi dưỡng thế giới quan duy vật biện chứng cho học sinh. Trong nhiều
trường hợp, phép biến hình đã thể hiện rõ hiệu quả của nó trong việc giải

toán. Tuy nhiên việc sử dụng phép biến hình vào giải toán không hề đơn
giản với cả giáo viên và học sinh.
Trong khuôn khổ của một khóa luận tốt nghiệp tôi chọn nghiên cứu về
phép vị tự và ứng dụng của nó nhằm trình bày một số kiến thức và kĩ thuật,
cách tiếp cận, ứng dụng phép vị tự để giải một số lớp bài toán có liên quan
tới các hình đồng dạng.
2. MỤC ĐÍCH NGHIÊN CỨU
Nghiên cứu phép vị tự và ứng dụng của nó trong các lớp bài tập hình
học.
3. ĐỐI TƯỢNG NGHIÊN CỨU
Phép vị tự trong E2, E3.
4. NHIỆM VỤ NGHIÊN CỨU
- Trình bày cơ sở lí thuyết về phép vị tự.
- Các ví dụ minh họa thể hiện ứng dụng của phép vị tự trong 4 lớp bài tập
hình học:
Bài toán tính toán
Bài toán chứng minh
Bài toán dựng hình
Bài toán quỹ tích
5. PHƯƠNG PHÁP NGHIÊN CỨU


Nghiên cứu sách giáo khoa, sách tham khảo, tạp chí toán học và các tài
liệu có liên quan đến nội dung nghiên cứu.


B. NI DUNG
CHNG 1. CC KIN THC CHUN B
1. Đại cương về phép biến hình
1.1. Định nghĩa

Giả sử đã cho tập hợp bất kì T. Một song ánh f: T T từ T vào chính nó
đươc gọi là một phép biến hình của tập T.
1.2. Phép biến hình đảo ngược
Cho phép biến hình f: T T. Khi đó ánh xạ ngược f-1 cũng là một phép
biến hình, gọi là phép biến hình đảo ngược của phép biến hình f.
1.3. Tích của hai phép biến hình
Giả sử f và g là hai phép biến hình của tập T đã cho, dễ thấy ánh xạ tích của
f và g cũng là một song ánh từ T vào T nên tích đó cũng là phép biến hình của T.
Ta gọi phép biến hình đó là phép biến hình của f và g.
Kí hiệu: gf.
1.4. Phép đồng dạng
1.4.1. Định nghĩa
Phép biến hình của không gian En (n=2,3) biến mỗi điểm M thành điểm M
sao cho với cặp điểm bất kì M, N và cặp ảnh tương ứng M, N thì MN= kMN
( k là một hằng số dương cho trước) được gọi là phép biến hình đồng dạng tỉ số
k.
Kí hiệu: Zk.
1.4.2. Tính chất
a) Phép đồng dạng là phép afin.
b) Phép đồng dạng biến đường tròn thành đường tròn trong E2, biến mặt cầu
thành mặt cầu trong E3.
c) Phép đồng dạng bảo tồn độ lớn của góc phẳng.
1.4.3. Điều kiện xác định của phép đồng dạng


a) Trong E2, một phép đồng dạng được xác định hoàn toàn bởi 2 tam giác đồng
dạng.
b) Trong E3, một phép đồng dạng được xác định hoàn toàn bởi 2 tứ diện có các
cạnh tương ứng tỉ lệ.
2. Phép vị tự

2.1. Định nghĩa
Trong En (n=2,3) cho điểm O và một số thực k khác 0. Phép biến hình của




không gian biến mỗi điểm M thành điểm M sao cho OM' kOM

được gọi là

phép vị tự tâm O, tỉ số k.
Kí hiệu: V(O,k) hoặc V Ok
2.2. Tính chất
a. Phép vị tự V(O, k)là phép đồng dạng tỉ số k mà đường thẳng nối điểm bất kì
với ảnh của nó luôn đi qua O.
b. Với k 1, phép vị tự V(O,k) có duy nhất 1 điểm bất động là O.
c. Phép vị tự bảo tồn phương của đường thẳng.
d. Trong E2, phép vị tự thuận là phép đồng dạng thuận.
Trong E3, phép vị tự là phép đồng dạng thuận hay nghịch tùy theo tỉ số vị
tự là âm hay dương .
2.3. Tích của hai phép vị tự
2.3.1. Tích của hai phép vị tự cùng tâm
Cho hai phép vị tự cùng tâm: V1 = V(O, k1), V2 = V(O, k2). Tích của V1 và
V2 là một phép vị tự: V1 V2 = V(O, k1.k2).
2.3.2. Tích của 2 phép vị tự khác tâm
Cho 2 phép vị tự khác tâm: V1 = V(O1, k1), V2 = V(O2, k2).
- Nếu k1.k2 = 1 thì tích của V1 và V2 là phép tịnh tiến.
- Nếu k1.k2 1 thì tích của V1 và V2 là một phép vị tự V(O, k1.k2) với O
được xác định bởi hệ thức:
1 k

2
O1O
O1O2
1 k1.k2


CHƯƠNG 2. NG DNG CA PHẫP V T VO GII CC
LP BI TON C BN
ng dụng của phép vị tự trong việc giải một số lớp bài toán hình học là quá
trình sử dụng phép vị tự vào giải các bài toán hình học ở các dạng cụ thể nhằm
giúp cho người đọc thấy được sự tiện lợi và tính ưu việt của phương pháp biến
hình nói chung và phép vị tự nói riêng trong việc giải toán.
2.1. ng dụng của phép vị tự vào giải bài toán chứng minh trong hình học
2.1.1. Bài toán chứng minh
Bài toán chứng minh là bài toán cần chỉ ra mệnh đề A B là đúng, trong
đó A là giả thiết, B là kết luận.
Để giải bài toán chứng minh, ta xuất phát từ giả thiết A và những mệnh đề
đúng đã biết, bằng những lập luận chặt chẽ và những suy luận hợp logic, dựa
vào các định nghĩa, các tính chất, các định lí của đối tượng toán học để đi đến
kết luận.
2.1.2. ng dụng phép vị tự giải bài toán chứng minh
Khi vận dụng phép vị tự vào giải bài toán chứng minh, ta thường tiến hành
theo các bước sau:
- Bước 1: Xác định yêu cầu của bài toán.
- Bước 2: Xác định phép vị tự (Xác định tâm vị tự và tỉ số vị tự).
- Bước 3: Thực hiện phép vị tự.
- Bước 4: Đưa ra kết luận của bài toán.
2.1.3. Ví dụ
Ví dụ 1:
Chứng minh rằng:

a) Các trung điểm các cạnh của một tam giác, chân các đường cao và các
trung điểm các đoạn thẳng nối trực tâm với các đỉnh cùng nằm trên một
đường tròn ( Đường tròn Euler).


b) Bốn điểm trong một tam giác: trực tâm, trọng tâm, tâm đường tròn ngoại
tiếp, tâm đường tròn Euler thẳng hàng và lập thành hàng điểm điều hòa.
Lời giải:

A

A3
H
B

I G O

A
1
A
2

C

A4
A

5

Giả sử G, H, O lần lượt là trọng tâm, trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp

ABC, A1, B1, C1 lần lượt là chân đường cao hạ từ A, B, C xuống cạnh đối diện;
A2, B2, C2 lần lượt là giao điểm thứ 2 của A1H, B1H, C1H với (O); A3, B3, C3 lần
lượt là trung điểm của AH, BH, CH; A4, B4, C4 lần lượt là trung điểm của BC,
CA, AB; A5, B5, C5 lần lượt là giao điểm thứ hai của OA, OB, OC với (O).
Ta có:



BAH
BCH
(Cùng phụ với góc ABC)





= BCA
Mà BAH
2 BCH = BCA 2

CA1 là phân giác của HCA
2 , mà CA1 là đường cao nên tam giác CHA2

cân tại C
CA1 là trung tuyến
A1 là trung điểm HA2
1
HA1 HA 2
2


(1)

Dễ dàng chứng minh được tứ giác BHCA5 là hình bình hành


Lại có A4 là trung điểm BC nên A4 là trung điểm HA5
1
HA 4 HA 5 (2)
2


1
2

Vì A3 là trung điểm AH nên HA 3 HA (3)
1
2

Từ (1), (2), (3) phép vị tự V(H, ): A2 A1
A5 A4
A A3
1
V(H, ): (O) (I) A1, A4, A3
2
1
2

Chứng minh tương tự : V(H, ): (O) (I) B1, B4, B3
1
2


V(H, ): (O) (I) C1, C4, C3
9 điểm Ai, Bi, Ci ( i = 1, 3, 4) cùng thuộc đường tròn (I).
1
2

b) Ta có: V(H, ): O I
1
H, O, I thẳng hàng và HI HO
2


HO 2HI (OIH)=2

Lại có V(G,

1
): A, B, C A4, B4, C4
2

V(G,

1
): ABC A4B4C4
2

Vì O và I lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp ABC, A4B4C4 nên
V(G,

1

):O I
2

1
G, O, I thẳng hàng và GI GO
2


GO 2GI

(OIG) = -2.

Vậy G, H, O, I thẳng hàng và:


(OIGH) =

(OIH) 2

-1
(OIG) 2

G, H, O, I là hàng điểm điều hòa.

Ví dụ 2:
Mỗi điểm của mặt phẳng đều được tô hoặc xanh, hoặc đỏ một cách hú
họa. Chứng minh rằng tồn tại ít nhất một ABC với trọng tâm G sao cho A, B,
C, G được tô cùng một màu.
Lời giải:
Trước tiên ta thấy rằng luôn tìm được ABC với 3 đỉnh cùng màu.

Thật vậy, giả sử phản chứng rằng không tồn tại ABC sao cho 3 đỉnh có
cùng một màu. Khi đó, mọi điểm màu đỏ nằm trên một đường thẳng và mọi
điểm màu xanh nằm trên một đường thẳng. Do 2 đường thẳng không thể lấp đầy
mặt phẳng nên điều này trái với giả thiết mọi điểm của mặt phẳng đều được tô
màu.

A'

A
G
B

C

B'

C'

Không mất tính tổng quát, giả sử 3 đỉnh của ABC có màu xanh. Gọi G là
trọng tâm tam giác.
+) Nếu G xanh thì ABC là tam giác cần tìm.


+) Nếu G đỏ:
Xét phép vị tự V(G,4): A A
B B
C C
Ta đi chứng minh G là trọng tâm ABC:









Vì G là trọng tâm ABC nên GA + GB + GC = 0



4 GA +4 GB +4 GC = 0


GA ' + GB ' + GC ' = 0
G là trọng tâm ABC.

- Nếu A, B, C đỏ thì ABC là tam giác cần tìm.
- Nếu một trong 3 đỉnh A, B, C xanh, giả sử là đỉnh A.
Xét ABC, ta đi chứng minh A là trọng tâm ABC:













Ta có: AB + AC + AA ' = ( GB - GA )+( GC - GA ) + AA '










= ( GA + GB + GC ) +( AA ' - 3 GA )




=0 +0


=0
A là trọng tâm ABC

Mà A, B, C, A cùng màu xanh ABC là tam giác cần tìm.
đpcm.

Ví dụ 3:
Trong mặt phẳng cho 2 đường tròn (O1, R1) và (O2, R2), (R1 R2) cắt
nhau tại 2 điểm A, B. Các tiếp điểm của một tiếp tuyến chung với (O1) và (O2)
lần lượt là P1, P2 và các tiếp điểm của một tiếp tuyến chung còn lại với (O1) và

(O2) lần lượt là Q1, Q2 . M1, M2 lần lượt là trung điểm của P1Q1 và P2Q2 . Chứng
AO M
AM .
minh: O
1
2
1
2


Lời giải:

P
2

C

T
P
1
O

A

2

M
2

B


O1

M1

O

Q1

Q2

Gọi O là giao điểm của P1P2, Q1Q2 và O1O2, khi đó O là tâm vị tự của (O1) và
(O2).
Ta có: TP12 = TA.TB =TP22
TP1 = TP2

(*)

Dễ dàng chứng minh được AB, P1P2, Q1Q2 song song và cùng vuông góc với
O1O2. Kết hợp với (*) suy ra TA là đường trung trực của M1M2
O BM
O AM
O (1)
AM
1 1
2 1
2 1

Xét phép vị tự: V = V(O,


R2
): O1 O2
R1

P1 P2
Q1 Q2
A C
V: P1Q1 P2Q2

Mà M1,M2 lần lượt là trung điểm của P1Q1, P2Q2 nên V: M1 M2
O CM
O (2) và O
AM =
Do phép vị tự bảo tồn độ lớn của góc phẳng nên AM
1 1
2 2
1
1
CM (3)
O
2
2
O CM
O
Từ (1) và (2) BM
2 1
2
2
M2, C, B thẳng hàng.



AM O
BM (4)
Do tính chất đối xứng ta có: = O
2
2
2
2
CM = (5)
Xét tam giác cân CO2B có: O
2
2
AM O
AM =
Từ (3), (4), (5) O
1
1
2
2
AO M
AM ( cùng bằng + M
AO )
Vậy O
1
2
1
2
2
1
Đpcm.


Ví dụ 4:
Cho 2 đường tròn (O), (O) có bán kính khác nhau và tiếp xúc ngoài với
nhau tại A. Một đường tròn (O) thay đổi luôn luôn tiếp xúc ngoài với (O) và
(O). Gọi B là tiếp điểm của (O) và (O), C là tiếp điểm của (O) và (O).
Chứng minh rằng: đường thẳng BC đi qua điểm cố định.
Lời giải:

O

O'
C

I
C'

B
O''

Gọi R, R, R lần lượt là bán kính của (O), (O), (O); C là giao điểm thứ hai
của BC với (O).
Xét phép vị tự: V1 = V(B,

R''
): (O) (O)
R

B B



V2 = V(C,

R'
): (O) (O)
R''

B C
Ta có: (

R''
R'
R'
1 nên V2 V1 là một phép vị tự: (O) (O)
).( ) =
R
R''
R

B C
BC đi qua tâm vị tự I của 2 đường tròn. Vì (O), (O) cố định nên I cố định.
đpcm.

Nhận xét: Mở rộng ra trong E3 ta có bài toán:
Cho 2 mặt cầu (O), (O) có bán kính khác nhau và nằm ngoài nhau.
Xét mặt cầu (O) tiếp xúc ngoài với (O) và (O) lần lượt tại A, B. Trên O lấy M
( A,B). MA cắt (O) tại điểm thứ hai là M1, MB cắt (O) tại điểm thứ hai là M2.
Chứng minh: Khi M di động trên (O) thì M1M2 đi qua điểm cố định.
Lời giải:

M


O''
A

B

O

O'

M2
M

1

Gọi R, R,R lần lượt là bán kính của (O), (O), (O).
Xét phép vị tự: V1 = V(A,

R''
): (O) (O)
R

M1 M
Xét phép vị tự: V2 = V(B,

R'
): (O) (O)
R''

I



M M2
Ta có: (

R''
R'
R'
1 nên V2 V1 là một phép vị tự: (O) (O)
).( ) =
R
R''
R

M1 M2
M1M2 đi qua tâm vị tự hai mặt cầu (O) và (O)
đpcm.

2.2. ng dụng của phép vị tự vào giải bài toán dựng hình trong hình học
2.2.1. Bài toán dựng hình
- Dạng bài: Cho hình (H), dựng hình (H) liên hệ với hình (H).
- Nghiệm: Nghiệm của bài toán dựng hình là một hình thỏa mãn yêu cầu bài
toán.
- Để giải một bài toán dựng hình ta thường tiến hành qua 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 thứ tự các phép dựng cơ bản cần phải thực hiện để có hình cần
dựng.

+ Bước 3: Chứng minh
Xác nhận hình ở bước 2 thỏa mãn đầy đủ các yêu cầu của bài toán.
+ Bước 4: Biện luận
Khẳng định khi nào bài toán vô nghiệm, khi nào bài toán có nghiệm và nếu
có thì có bao nhiêu nghiệm.
2.2.2. Giải bài toán dựng hình nhờ phép vị tự
Phép biến hình nói chung và phép vị tự nói riêng ứng dụng trong bài toán
dựng hình ở bước phân tích để tìm ra cách dựng. Thông thường việc dựng một
hình (H) quy về dựng một yếu tố A nào đó thuộc (H). Qua phân tích ta được A
là ảnh của B thuộc hình (H1) qua phép vị tự V. Từ đó, ta có: A (H) V(H1)
hay A hoàn toàn dựng được. Từ đó ta dựng được các yếu tố còn lại của hình (H).


2.2.3. Ví dụ
= , AC = k và BC = a ( k, a > 0).
Ví dụ 1: Dựng ABC biết A
AB

Lời giải:
1. Phân tích

C

C'

A
B'

B


= , AC = k và
Giả sử đã dựng được ABC thỏa mãn yêu cầu bài toán: A
AB

BC = a.
Dựng ABC có B, C lần lượt trên AB, AC sao cho AB = 1, AC = k

= ,
và B'AC'

p dụng định lí cosin trong ABC ta có:
BC2 = AB2 + AC2 -2AB.AC.cosA
= 12 + k2 - 2.1.k.cos
= 1 + k2 - 2kcos .
BC = m =

Mặt khác ta có:

1+k 2 -2kcos không đổi.

AC AC'
=
=k
AB AB'




AB
AC

BC
a
=
=
=
AB'
AC'
BC' m


a
a
AB =
AB' , AC =
AC'
m
m

Phép vị tự V(A,

a
): B B
m

C C
2. Cách dựng
= , AB = 1, AC = k
- Dựng ABC: A

- Dựng B = V(A,


a
)(B), m =
m

- Dựng C = V(A,

a
)(C)
m

1+k 2 -2kcos

ABC là tam giác cần dựng.
3. Chứng minh
Trong ABC dễ dàng tính được BC = m = 1+k 2 -2kcos ,
Theo cách dựng ta có: V(A,

a
): B B
m

C C


AB
AC
BC
a
=

=
=
(Do a, m > 0)
AB'
AC'
B'C' m



AC AC'
a
a
=
= k và BC = .BC = .m = a.
AB AB'
m
m



= nên BAC
=
Mà B'AC'
đpcm.

AC'
= k.
AB'



4. Biện luận
Tương ứng với hai phép vị tự V(A,

a
a
) và V(A, - ) ta dựng được ảnh B1
m
m

và B2 của B, từ đó dựng được 2 tam giác thỏa mãn yêu cầu bài toán. Bài toán
có 2 nghiệm hình.
Nhận xét: Thay đổi giả thiết của bài toán bằng những yếu tố khác nhau của
tam giác, ta đưa ra các bài toán tương tự:
= , AC = k, thay yếu tố BC = a bằng đường
1) Giữ nguyên yếu tố A
AB

cao AH = ha ta có bài toán:
= , AC = k và đường cao AH = h .
Bài 1: Dựng ABC biết A
a
AB

C

C'
H
H'
A


B'

B

Với bài toán này ta làm như sau:
= , AB = 1, AC = k. Khi đó,
+) Trước tiên ta đi dựng ABC: A

ABC có đường cao AH = h.
Tương tự như ví dụ 1, ta chứng minh được

AB
AC
=
AB'
AC'


BC// BC.

Do AH, AH lần lượt vuông góc với BCvà BC nên A, H, H thẳng
hàng.
Theo định lí Ta-let ta có:

h
AB
AC
AH
=
=

= a
AB'
AC'
AH'
h


h
h
AB = a AB' , AC = a AC' .
h
h

+) Từ đó ta có cách dựng như sau:
= , AB = 1, AC = k
- Dựng ABC: A

- Dựng B = V(A,

ha
)(B)
h

- Dựng C = V(A,

ha
)(C)
h

ABC là tam giác cần dựng.

= , thay 2 yếu tố còn lại bằng độ dài hai
2) Giữ nguyên yếu tố A

đường trung tuyến ta có bài toán:
= , 2 đường trung tuyến BM = m và CN = n.
Bài 2: Dựng ABC biết A

+) Từ giả thiết của bài toán, ta dễ dàng dựng được đoạn BM = m.
Gọi G là trọng tâm ABC thì G = BM CN và G BM: GB = 2GM. Do đó,
G hoàn toàn xác định.
1
1
1
CN = n N (G, n) = (C1).
3
3
3


Lại có: BA = 2 BN V(B, 2): N A

Ta có: GN =

(C1) (C2)
Do N (C1) nên A (C2) = V(B,2) [(C1)] (*)
= nên A nằm trên cung chứa góc nhìn đoạn BM = m một góc
Mặt khác A

, kí hiệu là (C) (**)


Từ (*) và (**) suy ra A = (C2) (C).


A

N

M

G
B

C

+) Tõ ®ã ta cã c¸ch dùng nh­ sau:
- Dùng ®o¹n BM = m
- Dùng (C) lµ cung chøa gãc  dùng trªn ®o¹n BM
- Dùng G  [BM]: GB = 2GM
- Dùng (C1) = (G,

1
n)
3

- Dùng (C2) = V(B,2) [(C1)]
- Dùng A = (C2)  (C)
- Dùng C  AM: AC = 2 AM.
+) Sè nghiÖm cña bµi to¸n lµ sè giao ®iÓm cña (C2) vµ (C).
฀ =  , thay 2 yÕu tè cßn l¹i b»ng B
฀ =  vµ chu

3) Gi÷ nguyªn yÕu tè A

vi ABC ta cã bµi to¸n:
฀ = , B
฀ =  vµ cã chu vi p.
Bµi 3: Dùng ABC biÕt A


C

C'

B'

A

B

Víi bµi to¸n nµy ta lµm nh­ sau:
฀ =  , B'
฀ =  , AB’ = 1.
+) Tr­íc tiªn ta ®i dùng AB’C’: A

Khi ®ã AB’C’ cã chu vi p’.
฀ = B
฀ =  ) nªn ta cã:
DÔ thÊy B’C’// BC ( B'
AB
AC
BC

AB+AC+BC
p
=
=
=
=
AB'
AC' B'C' AB'+AC'+B'C'
p'

 V(A,

p
): B’  B
p'

C’  C
+) Tõ ®ã ta cã c¸ch dùng ABC nh­ sau:
฀ =  , B'
฀ =  , AB’ = 1
- Dùng AB’C’: A

- Dùng B = V(A,

p
)(B’)
p'

- Dùng C = V(A,


p
)(C’)
p'

ABC lµ tam gi¸c cÇn dùng.


฀ =  , thay 2 yÕu tè cßn l¹i b»ng ABC c©n t¹i
4) Gi÷ nguyªn yÕu tè A

A vµ tæng cña c¹nh ®¸y BC vµ ®­êng cao AH b»ng a ta cã bµi to¸n:
฀ =  vµ tæng cña BC vµ ®­êng cao
Bµi 4: Dùng ABC c©n t¹i A biÕt A

AH b»ng a.
A

B'

H'

C'

B

C
H

x


Víi bµi to¸n nµy ta tiÕn hµnh dùng ABC nh­ sau:
฀ =
- Dùng xAy

- Dùng AB’C’ bÊt k× c©n t¹i A sao cho B’  Ax, C’  Ay
- Dùng ®­êng cao AH’ trong AB’C’, gi¶ sö AH’+ B’C’ = b
a
b

- Dùng B = V(A, )(B’)
- Dùng C = V(A,

a
)(C’)
b

ABC lµ tam gi¸c cÇn dùng.
Bµi 5: Dùng ABC biÕt trung tuyÕn AM vµ ®é dµi c¸c c¹nh AB = c,
AC = b

y


A

M
C

B


A'

+) Ta có: AB = c, AC = b nên B (A,c), C (A, b). Vì M là trung điểm BC




nên MB MC . Xét phép vị tự: V(M,-1): B C
(A,c) (A)
C = (A, b) (A).

+) Từ đó ta có cách dựng ABC như sau:
- Dựng (A,c)
- Dựng (A,b)
- Dựng (A) = V(M,-1)[(A)]
- Dựng C = (A, b) (A)
- Dựng B = V-1(M,-1)(C )
ABC là tam giác cần dựng.
Nhận xét:
i)

Phép vị tự sử dụng trong bài 5 chính là phép đối xứng tâm M.

ii)

Ta có thể mở rộng bài 5 như sau:

Bài 5.1: Dựng ABC biết A và M cố định, M là điểm chia trong CB theo tỉ
số k, (k > 0 cho trước), AB = c, AC = b.
Giải tương tự bài 5, xét phép vị tự V(M, -k).

Bài 5.2: