Cộng đồng chia sẻ tri thức Doc24.vn

Ôn thi vào lớp 10 trung học phổ thông, môn toán - phần hình học

39653030306638303931666332353566333065626366623164323830646131636563643630343239333733353230303439663330613336356335316533326161
Gửi bởi: Admin vào 09:55 AM ngày 19-04-2016 || Kiểu file: PDF Lượt xem: 251 | Lượt Download: 6 | File size: 0 Mb

Nội dung tài liệu Tải xuống


Link tài liệu:
Tải xuống

Các tài liệu liên quan

Thông tin tài liệu

.:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::.

www.VNMATH.com
CHUÛ ÑEÀ 15

DÖÏNG HÌNH
1. Kiến thức cơ bản:
Dựng hình bằng thước và com-pa là dạng toán khó đòi hỏi người giải phải nắm vững các kiến thức
cơ bản, kỹ năng cũng như sự sáng tạo trong việc kẻ thêm các yếu tố phụ để kết nối các dữ kiện. Vì
thế nắm vững kỹ năng dựng hình sẽ có ý nghĩa quan trọng trong việc giải toán hình học nói chung.
Bài toán dựng hình bằng thước và compa có ý nghĩa toán học rất sâu sắc và nội dung của nó nhiều
lúc vượt ra khỏi lĩnh vực hình học. Ông Vua của các nhà Toán học Carl Friederich Gauss rất tự hào
với kết quả tìm ra cách dựng đa giác đều 17 cạnh của mình. Kết quả này có được nhờ vào lượng
360 0
chỉ thông qua các phép tính số học và phép khai căn bậc 2.
giác, cụ thể Gauss đã tính được cos
17
Để giải bài toán dựng hình, ta đi theo các bước cơ bản sau:
Phân tích: Giả sử hình đã dựng được, tìm cách kết nối các đối tượng đã biết với các đối tượng cần
dựng bằng những cầu nối để tìm ra quy trình dựng: Bắt đầu từ một thành phần có thể dựng được,
tiếp tục dựng ra các thành phần khác cho đến khi hoàn thành yêu cầu. Ví dụ phép dựng một tam giác
sẽ hoàn thành khi ta dựng được 3 đỉnh của nó.
Cách dựng: Nêu ra các bước để dựng được cấu hình thỏa mãn yêu cầu bài toán. Mỗi bước dựng
phải là những động tác có thể thực hiện được bằng thước và compa (kẻ đường thẳng nối hai điểm, vẽ
một đường tròn có tâm và bán kính xác định, tìm giao điểm của hau đường thẳng, hai đường tròn
…).
Chứng minh: Chứng minh cách dựng vừa nêu ở phần trên sẽ cho ta cấu hình cần dựng.
Biện luận: Biện luận số nghiệm của bài toán theo các điều kiện ban đầu cho. Khi nào vô nghiệm,
khi nào đó nghiệm duy nhất, khi nào có 2 nghiệm hình …
Kết luận: Tổng kết lại các bước trên để đưa ra kết luận.
Ta đã biết vẽ hình bằng nhiều dụng cụ: thước (thước thẳng), compa, êke, thước đo góc, …
Ta xét các bài toán vẽ hình mà chỉ sử dụng hai dụng cụ là thước và compa, chúng được gọi là
các bài toán dựng hình.
Với thước, ta có thể:
- Vẽ được một đường thẳng khi biết hai điểm của nó.
- Vẽ được một đoạn thẳng khi biết hai đầu mút của nó.
- Vẽ được một tia khi biết góc và một điểm của tia.
- Với compa, ta có thể vẽ được một đường tròn khi biết tâm và bán kính của nó.
Ở hình học lớp 6 và hình học lớp 7, với thước và compa, ta đã biết cách giải các bài toán dựng hình
sau :
(1) Dựng trung trực của một đoạn thẳng.
Dựng trung điểm của một đoạn thẳng.
Dựng một đường thẳng đi qua một điểm đã cho và vuông góc với một điểm đã cho.
(2) Dựng một đường thẳng đi qua một điểm đã cho và song song với một điểm đã cho.
(3) Dựng một đoạn thẳng bằng n lần đoạn thẳng đã cho.
Dựng một đoạn thẳng bằng 1/n đoạn thẳng đã cho.
(4) Dựng một góc bằng góc đã cho. Chia đôi một góc.
Dựng tổng và hiệu của hai góc.
(5) Cho hai đoạn thẳng có độ dài a, b, dựng đoạn thẳng có độ dài ab .
(6) Dựng tiếp tuyến kẻ từ một điểm đến một đường tròn.
(7) Dựng đường tròn nội tiếp, ngoại tiếp của một tam giác.
(8) Dựng tam giác biết ba cạnh, hoặc biết hai cạnh và góc xen giữa, hoặc biết một cạnh và hai góc
kề.
Biên soạn: Trần Trung Chính

91

.:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::.
Dựng hình bằng phương pháp đại số:
Giải một bài toán dựng hình bằng phương pháp đại số thường được quy về dựng một số đoạn thẳng.
Ta gọi các độ dài các đoạn thẳng phải tìm là x, y, z. Sau đó ta lập phương trình để biểu thị mối tương
quan giữa các đoạn thẳng đã biết là a, b, c. Sau đó giải hệ phương trình để được các ẩn x, y, z.
Một vài đoạn thẳng dựng được biểu thị bằng biểu thức đơn giản là:
a.b.c
x=ab
;x=
e.f
x = na, n  N
; x = a 2  b2  c2  d 2 (a2 + d2 > b2 + c2)
a
x= ,nN
; x = a 2  b2
n
na
x=
; m, n  N
; x = ab
m
ab
x=
;x=a n;nN
c
Dựng hình bằng phương pháp biến hình:
Dựng hình bằng phương pháp biến hình là áp dụng phép đối xứng, phép tịnh tiến, phép quay, đồng
dạng. Ta quy việc dựng một hình về việc dựng một điểm M. Dựng trực tiếp điểm M đôi khi gặp khó
khăn. Trong trường hợp này ta chọn một phép biến hình là một song ánh f (để f có ánh xạ ngược)
biến điểm M thành điểm M' mà điểm M' này ta có thể đựng được một cách dễ dàng. Sau khi đã dựng

được điểm M' ta được phép biến hình ngược: f-1(M') = M. Ví dụ như tịnh tiến a .
2. Bài tập áp dụng:
Bài tập 1: Dựng ABC biết cạnh BC = a, đường cao AH = h, trung tuyến AM = m.
Giải
Phân tích
A
Giả sử ta dựng được ABC thoả mãn:
BC = a; AH = h; AM = m.
Ta phải xác định đỉnh A thoả mãn 2 điều kiện:
- A cách BC một khoảng bằng h, suy ra A  đường thẳng d// BC
h
m
và cách BC một khoảng h.
- A cách điểm M là trung điểm của BC một khoảng m.
Cách dựng
B
HM
- Dựng BC bằng a
- Dựng đường thẳng d // BC và cách BC một
A
khoảng bằng h.
- Dựng đường tròn tâm M bán
kính m cắt d tại A.
 ABC là tam giác cần dựng.
h
Chứng minh
m
ABC có BC = a (cách dựng)
Đường cao AH = h (cách dựng)
B
C
HM
Trung tuyến AM = m (cách dựng)
 ABC là tam giác cần dựng.
Biện luận
* m > h  bài toán có 4 nghiệm (4 điểm A)
* m = h  bài toán có 2 nghiệm (2 điểm A)
* m < h  bài toán vô nghiệm (không có điểm A)

Biên soạn: Trần Trung Chính

C
d

92

.:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::.

www.VNMATH.com

Bài tập 2: Cho đường thẳng m song song với đường thẳng n và điểm A không thuộc 2 đường thẳng
đó. Dựng điểm B  m, C  n sao cho ABC là tam giác đều.
Giải
Phân tích
Giả sử đã dựng được điểm B  m, điểm C  n để ABC đều.
Dựng hình chiếu vuông góc của A trên điểm M là E
Dựng tam giác đều AEF.
Xét AEB và AFC ta có:
AE = AF (ABF đều)
  BAE
  600  CAE

CAF





AB = AC (ABC đều)
 AEB = AFC (c.g.c)
  CFA
  900 (vì AE  BE)
 BEA
B
Cách dựng
Từ A hạ AE  m tại E
- Dựng AEF đều
- Từ F dựng đường vuông góc với AF cắt n tại C
- Nối A với C, dựng đường tròn tâm A bán kính AC cắt
m tại B.
- Nối A với B, B với C ta được ABC cần dựng
Chứng minh
Xét  vuông ABE và  vuông ACF có:
AB  AC 
 (Cách dựng)  ABF = ACF (c.g.c)
AE  AF 
 AE = AF
  CAF

 BAE
  EAF
  CAE
  600  CAE

Mà CAF
  BAC
  CAE

Và BAE
  600
 BAC
  600
ABC có: AB = AC và BAC
 ABC đều
d) Biện luận
Bài toán có 2 nghiệm vì ta có thể dựng được 2  đều
.
Bài tập 3: Dựng ABC biết BC = a; AB + AC = d; ABC
Giải
a) Phân tích
Giả sử ta đã dựng được ABC thoả mãn các điều kiện của đầu bài.
Kéo dài BA và trên đường kéo dài lấy điểm D sao cho AD = AC.
Suy ra: BD = AB + AD = AB + AC = d
 DAC cân  A = BD  đường trung trực của CD
b) Cách dựng
- Dựng đoạn BC = a
 .
- Dựng tia Bx sao cho xBC
- Dựng điểm D trên Bx sao cho BD = d
- Nối D với C.

Biên soạn: Trần Trung Chính

A
F

m

E
n
C

D

A
α
B

C
93

.:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::.
- Dựng điểm A là giao của BD và đường trung trực của CD.
- Nối A với C ta được ABC cần dựng.
c) Chứng minh
ABC =  (cách dựng)
BC = a (cách dựng)
A  đường trung trực của DC  AD = AC
A, D  Bx; BD = d (cách dựng)
 BD = AB + AD = AB + AC = d
 ABC là  cần dựng.
d) Biện luận
- d < a  bài toán vô nghiệm
- d > a  Bài toán có một nghiệm
Bài tập 4: Dựng ABC biết BC = a, trung tuyến AM = m, đường cao CH = h.
Giải
Phân tích:
Giả sử đã dựng được ABC thoả mãn điều kiện của đầu bài
 A  đường tròn tâm M bán kính m.
H  đường tròn đường kính BC
CH = h; B, H, A thẳng hàng
Cách dựng:
- Dựng BC = a, trung điểm M của BC
- Dựng đường tròn (M, m)
H
- Dựng đường tròn đường kính BC
- Dựng điểm H  đường tròn đường kính BC sao cho HC = h
- Dựng điểm A là giao điểm của BH và (M, m)
B
Chứng minh:
BC = a
CH = h (cách dựng)
B'
 A  (M, m)  AM = m
 ABC là tam giác cần dựng
Biện luận:
h < BC = a
Bài toán có nghiệm khi 
2m > h
Bài toán có hai nghiệm do BH cắt (M, m) tại hai điểm là A và A'.
Bài tập 5: Dựng ABC biết B =  < 900, đường cao BH và đường cao AD.
Giải
Phân tích:
Giả sử ABC đã dựng được.
 vuông ABD là dựng được
 ta chỉ cần dựng điểm C.
Muốn vậy ta phải đi dựng điểm H: H  giao của hai đường tròn
đường kính AB và đường tròn tâm B bán kính BH  C = AH 
BD
Cách dựng:
- Dựng ABD vuông tại D
B
sao cho ABD < 900
và AD cho trước.
- Dựng điểm H là giao điểm
Biên soạn: Trần Trung Chính

A

m

h
C

M

A
H

D

C

94

.:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::.

www.VNMATH.com

của hai đường tròn: (B, BH)
và đường tròn đường kính AB (BH cho trước).
- Dựng điểm C là giao của BD và AH ABC là  ta cần dựng.
Chứng minh:
ABD =  < 900 (cách dựng)
AD là đường cao có độ dài cho trước (cách dựng)
BH bằng đoạn cho trước (cách dựng)
 ABC thoả mãn yêu cầu của đề bài
Biện luận:
Bài toán luôn có nghiệm
Bài toán có một nghiệm
Bài tập 6: Dựng hình bình hành ABCD biết 2 đỉnh đối diện A và C còn 2 đỉnh B và D thuộc một
đường tròn (O, R) cho trước.
Giải
Phân tích:
Giả sử đã dựng được hình bình hành thoả mãn điều kiện của đề bài là ABCD. Nếu I là giao điểm của
2 đường chéo của ABCD thì: I  AC và IA = IC, I  BD và IB = ID; B, D  (O,R)  OI  BD
Cách dựng:
- Dựng I là trung điểm của AC
B
- Dựng đường thẳng qua I
và  OI cắt (O) tại B và D
I
C
 ABCD là hình bình hành cần dựng.
A
Chứng minh:
O
OI  BD  IB = ID
D
IA = IC (cách dựng); B, D  (O, R) (cách dựng)
AIB = DIC (c.g.c)  ABI = IDC  AB // CD
 ABCD là hình bình hành thoả mãn đầu bài.
Biện luận:
Bài toán có nghiệm khi điểm I ở trong đường tròn (O) khi đó bài toán có 1 nghiệm.
Bài tập 7: Cho đường tròn (O, R) và điểm A  đường thẳng d.
Dựng đường tròn tiếp xúc với C(O,R) và tiếp xúc với d tại A.
Giải
Phân tích:
d'
Giả sử đã dựng được (O',R') tiếp xúc với (O, R) và tiếp xúc
với d tại A  O'  d' là đường thẳng qua A và  với d.
Dựng điểm E sao cho O'E = O'O (AE = R).
O
 O' nằm trên đường trung trực của OE
 O' là giao của đường trung trực của OE & p
Cách dựng:
O'
- Dựng đường thẳng d'  d tại A
- Dựng điểm E  d' sao cho AE = R
A
- Dựng đường trung trực của
d
OE là m, m d'  O'
- Dựng đường tròn (O',O'A)
E
Đó là đường tròn cần dựng
Chứng minh:
(O', O'A) tiếp xúc với d tại A (cách dựng)
Nối O với O'. Vì O'  đường trung trực của OE
 OO' = O'E
Biên soạn: Trần Trung Chính

95

.:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::.
Mà O'E = O'A + AE  OO' = OA + AE = O'A +R
 (O, R) & (O', O'A) tiếp xúc với nhau
 (O') là đường tròn cần dựng
Biện luận:
Trên p có thể lấy E1 ở trong đường tròn (O') sao cho AE1 = R.
Vậy bài toán có 2 nghiệm hình.
Bài tập 8: Cho hình thang ABCD, AD // BC. Dựng đường thẳng EF//BC chia đôi diện tích hình
thang.
Giải
Phân tích:
Giả sử đã dựng được EF//BC chia đôi diện tích hình thang kéo dài BC, CD cắt nhau tại O.
Suy ra:
OBC ∽ OEF ∽OAD
Đặt OB = a, OA = b, OE = x
S
SOAD b 2
a2
Ta có: OBC  2 ;

SOEF x
SOEF x 2

SOBC  SOAD a 2  b2

SOEF
x2
Mà: S OBC + S OAD = S OEF + Shình thang EBCF + S OAD
= S OEF + Shình thang AEFD + S OAD
= 2SOEF
a 2  b2 2
  2x2 = a2 + b2

2
x
1


 x2 

a 2 b2

2 2

Đặt y 

a2
b2
;z 
 x  y2  z 2
2
2

y
z

a
2

a

b
2

z

b

x

Cách dựng:
- Kéo dài BA, CD cắt nhau ở O
- Dựng đoạn trung bình nhân của a,

a
ta được y.
2

b
, b ta được z.
2
- Dựng  vuông có y, z là 2 cạnh góc vuông
 độ dài cạnh huyền của  đó là x.
- Trên OB lấy OE = x, dựng EF // BC ta sẽ được đoạn EF cần dựng.
- Dựng đoạn trung bình nhân của

Biên soạn: Trần Trung Chính

96

.:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::.

www.VNMATH.com

Chứng minh:
Gọi hình thang ADEF diện tích là S1 và hình thang EBCF có
diện tích là S2
Ta phải chứng minh S1 = S2
Ta có OAD ∽ DEF (vì AD//EF)
a
 Tỉ số đồng dạng là:
x
2
S
S0
a
 OAD  2 
SOEF x
S0  S1
OEF ∽ OBC 

SOBC b 2 S0  S1  S2


SOEF x 2
S0  S1

O
b
a x

A

E

D
F

2S  S  S
2S  S  S
a b
a b
 0 1 2  2
 0 1 2
2
2
a b
x
S0  S1
S0  S1
C
B
2
2S  S  S
 0 1 2  2  2S0  S1  S2  2S0  2S1  S1  S2
S0  S1
 Shình thang ADEF = Shình thang EBCF
Biện luận:
Bài toán luôn có một nghiệm hình.
Bài tập 9: Cho hình bình hành ABCD. Dựng hai đường thẳng đi qua đỉnh A và chia hình bình hành
thành 3 phần có diện tích bằng nhau.
Giải
Phân tích:
Giả sử đã dựng được đường thẳng qua A cắt BC tại E, cắt CD tại F thoả mãn:
1
S ABE = SBECF = S AFD = SABCD
3
1
Gọi độ dài: BE = x, đường cao AH = h  S ABE = h.x
2
SABCD = AH.BC = h.BC. Mà SABCD = 3 S ABE
1
3
2
 h.BC = 3. hx <=> BC = x  x = BC
3
2
2
2
Tương tự ta gọi: DF = y  y = DC
3
A
D
Cách dựng:
2
- Dựng đoạn BE = BC
3
2
F
- Dựng đoạn DF = DC
3
B
- Nối A với E, A với F ta được:
E
C
1
S ABE = S AFD = SAECF = SABCD
3
Chứng minh:
1
1
1
1
2
Ta có: S ABE = hx = h. BC = h.BC = SABCD
3
2
2
3
3


2

2

Biên soạn: Trần Trung Chính

2

2

97

.:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::.
Tương tự: S ADF =
 SAECF =

1
SABCD
3

1
SABCD  Điều phải chứng minh
3

Biện luận:
Bài toán có một nghiệm hình
Bài tập 10: Cho 2 điểm A, B nằm về một phía của đường thẳng d.
Tìm điểm M  d sao cho AM + MB là nhỏ nhất.
Giải
Phân tích:
Giả sử đã dựng được điểm M  d để (AM + MB) ngắn nhất.
Ta lấy điểm A' đối xứng với A qua d.
 IA = IA'; MA = MA'  (AM + MB) ngắn nhất khi: A, M, B
B
thẳng hàng.
 M  giao của đường thẳng nối 2 điểm A', B và đường thẳng
A
d.
Cách dựng:
- Dựng điểm A' đối xứng A qua d
d
- Nối A' với B
M'
M
- Dựng M = A'B  d
Đó là điểm M cần dựng
Chứng minh:
A'
- Lấy M'  d (M' tuỳ ý) và ta chứng minh:
M'A + M'B > MA + MB
Theo cách dựng thì A', M, B thẳng hàng và AM = A'M
Xét A'BM' ta có: M'A + M'B > A'B
(1)
Mà theo cách dựng thì A'B = MA' + MB = MA + MB
(2)
Từ (1) và (2), suy ra:
MA' + MB' > MA + MB  (MA + MB) min (đpcm)
Biện luận:
Bài toán có 1 nghiệm hình vì điểm A' dựng được là duy nhất.
Bài tập 11: Cho 2 đường thẳng b // c, điểm A  b, c. Dựng ABC đều sao cho B  b, Cc.
Giải
Phân tích:
Giả sử ta dựng được ABC đều thoả mãn điều kiện của bài toán.
B  b, C  c.
Ta thực hiện phép quay theo chiều kim đồng hồ ta có:
r(A, 600)(B) = C;
r(A, 600)(b) = b'
A
Mà B  b  C  b'.
B' b
B
Mặt khác: C  c
 c  b' = C
Cách dựng:
c
- Dựng đường thẳng
0
C
C'
b' = r(A, 60 )(b)
- Dựng điểm C
b'
là giao điểm của b' và c
- Dựng điểm B bằng cách:
r(A, 600)(C) = B
Biên soạn: Trần Trung Chính

98

.:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::.

www.VNMATH.com

Chứng minh:
r(A, -600)(C) = B;
r(A, -600)(b') = b
Mà C  b'  B  b  (đpcm).
Biện luận:
Bài toán có 2 nghiệm hình
Bài tập 12: Cho ABC. Dựng hình vuông MNPQ sao cho M  AB; N,P  BC, Q  AC.
Giải
Phân tích:
Giả sử đã dựng được hình vuông MNPQ thoả mãn điều kiện của bài toán.
BQ '
Nối B với Q và thực hiện phép vị tự: V(B, k =
) (Q'  BQ): Q  Q'; M  M'; N  N'; P 
BQ
P'
A
M 'Q ' N 'M ' N 'P ' P 'Q '



MQ
NM
NP
PQ
Mà MQ = MN = NP = PQ và NMQ = 900
 M'Q' = M'N' = N'P' = P'Q'; N'M'Q' = 900
M
 M'N'P'Q' là hình vuông.
Q
Cách dựng:
- Lấy M'  AB, dựng M'N'  BC
Q'
M'
- Dựng hình vuông M'N'P'Q'
- Kẻ BQ' cắt AC tại Q
- Thực hiện phép vị tự:
BQ '
C
N' M' P'
P
V(B; k =
) (Q') = Q; p'  p; M'  M; N'  N B
BQ
ta dựng được hình vuông MNPQ cần dựng.
Chứng minh:
MQ
NM
NP
PQ



và tứ giác M'N'P'Q' là hình vuông;
Theo cách dựng ta có:
M 'Q ' N 'M ' N 'P ' P 'Q '

N
'M 'P '  900 .
 MN = NP = PQ = MQ & NMP = 900
 MNPQ là hình vuông
Biện luận:
Bài toán có 1 nghiệm hình
Bài tập 13: Dựng tam giác biết độ dài ba đường trung tuyến.
Giải
Phân tích:
A
Giả sử ABC đã dựng xong và có trung tuyến:
AM = ma, BN = mb, CP = mc.
E
Nhìn vào hình vẽ ta chưa thấy có yếu tố nào có thể dựng được,
N
P
trừ các đoạn thẳng AM, BN, CP một cách riêng lẻ.
G
Và dĩ nhiên, nếu ta đã dựng, chẳng hạn AM thì có thể xác định
thêm được G.
Tuy nhiên, nếu ta gọi E là trung điểm của AG thì do
B
BG BN
AG AM
CP
M
PE 

; EG 

và PG 
(tính chất
2
3
2
3
3
đường trung tuyến và tính chất đường trung bình) nên các cạnh của PEG hoàn toàn xác định.
Khi đã xác định được PEG, ta dễ dàng xác định được các điểm C, A, M và cuối cùng là B.
Biên soạn: Trần Trung Chính

C

99

.:: CHUYÊN ĐỀ ÔN THI VÀO LỚP 10 ::.
Từ đó suy ra cách dựng.
Cách dựng:

mb
m
m
; PG  c ; EG  a .
3
3
3
- Nối dài PG về phía G, trên đó dựng C sao cho GC = 2GP;
- Nối dài GE về phía E, trên đó dựng A sao cho EA = EG;
- Nối dài EG về phía G, trên đó dựng M sao cho GM = GE;
- Nối AP và MC cắt nhau tại B.
ABC chính là tam giác cần dựng.
Chứng minh:
Theo cách dựng ở trên thì AM = ma và CP = mc.
Cũng theo cách dựng và tính chất đường trung tuyến thì G chính là trọng ABC.
Do đó BG là đường trung tuyến.
2m b
Vì PE là đường trung bình trong tam giác ABG nên BG = 2PE =
.
3
Suy ra đường trung tuyến kẻ từ B bằng mb.
Như vậy ta có ABC có ba trung tuyến bằng với ma, mb, mc.
Biện luận:
m m m
Bước dựng thứ nhất dựng được khi a ; b ; c là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
3
3
3
Điều này tương đương với ma, mb, mc là độ dài 3 cạnh của một tam giác.
Các bước dựng tiếp theo đều thực hiện được một cách duy nhất.
Suy ra nếu độ dài 3 đoạn thẳng đã cho là độ dài 3 cạnh của một tam giác thì bài toán có 1 nghiệm
hình.
Trong trường hợp ngược lại bài toán vô nghiệm.
Ghi chú: Từ bài toán dựng hình nói trên, ta suy ra một kết quả thú vị sau: “Ba đường trung tuyến của
tam giác ABC là độ dài 3 cạnh của một tam giác có diện tích bằng 3/4 diện tích tam giác ABC”.
- Dựng PEG có: PE 

Bài tập 14: Cho hai đường tròn (C1), (C2) có bán kính R1 < R2 cắt nhau tại A và B. Hãy dựng tiếp
tuyến chung của hai đường tròn.
Giải
M
Phân tích:
N
A
Giả sử tiếp tuyến chung tiếp xúc (C1) tại M và (C2) tại N.
Nối dài NM cắt đường thẳng O1O2 tại P.
Vì O1M và O2N đều vuông góc với MN nên chúng song song với
O2
O1
nhau.
PO1 O1M R1
Theo định lý Talet ta có
nên từ đây ta dựng


B
PO2 O2 N R 2
được điểm P.
Vì PMO1 = 900 nên M nằm trên đường tròn đường kính PO1.
Như vậy M là giao điểm của đường tròn đường kính PO1 và (C1).
Cách dựng:
PO1 R1
- Dựng điểm P trên O2 sao cho

PO 2 R 2
- Dựng đường tròn đường kính PO1;
- Đường tròn đường kính PO1 cắt (C1) tại M;
- Nối PM, đó là tiếp tuyến chung cần dựng.
Chứng minh:
Theo bước 2, 3 thì PM vuông góc với MO1.
Biên soạn: Trần Trung Chính

100

Bên trên chỉ là phần trích dẫn của tài liệu và có thế hiển thị lỗi font muốn xem hết tài liệu và không
bị lỗi font vui lòng download tài liệu về máy