Phương pháp: Xem điểm cần dựng là giao của một đường có sẵn và ảnh của một đường khác qua phép quay ${{Q}_{\left( I;\alpha \right)}}$ nào đó.
Ví dụ 4. Cho điểm $A$ và hai đường thẳng ${{d}_{1}}$, ${{d}_{2}}$. Dựng tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ sao cho $B\in {{d}_{1}}$, $C\in {{d}_{2}}$.
Phân tích:
Giả sử đã dựng được tam giác $ABC$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ta có thể giả sử $\left( AB,AC \right)={{90}^{0}}$, khi đó ${{Q}_{\left( A;-{{90}^{0}} \right)}}\left( C \right)=B$, mà $C\in {{d}_{2}}$ nên $B\in {{d}_{2}}’$ với ${{d}_{2}}’={{Q}_{\left( A;-{{90}^{0}} \right)}}\left( {{d}_{2}} \right)$.
Ta lại có $B\in {{d}_{1}}$ nên $B={{d}_{1}}\cap {{d}_{2}}’$.
Cách dựng:
+ Dựng đường thẳng ${{d}_{2}}’$ là ảnh của ${{d}_{2}}$ qua ${{Q}_{\left( A;-{{90}^{0}} \right)}}$.
+ Dựng giao điểm $B={{d}_{1}}\cap {{d}_{2}}’$.
+ Dựng đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AB$ cắt ${{d}_{2}}$ tại $C$.
Tam giác $ABC$ là tam giác cần dựng.
Chứng minh:
Từ cách dựng suy ra ${{Q}_{\left( A;{{90}^{0}} \right)}}\left( B \right)=C$ nên $AB=AC$ và $\widehat{BAC}={{90}^{0}}$ do đó tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$.
Nhận xét:
+ Nếu ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ không vuông góc thì bài toán có một nghiệm hình.
+ Nếu ${{d}_{1}}\bot {{d}_{2}}$ và $A$ nằm trên đường phân giác của một trong các góc tạo bởi ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ thì bài toán có vô số nghiệm hình.
+ Nếu ${{d}_{1}}\bot {{d}_{2}}$ và $A$ không nằm trên đường phân giác của một trong các góc tạo bởi ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ thì bài toán vô nghiệm hình.
Ví dụ 5. Cho tam giác $ABC$ có $\left( AB,AC \right)=\alpha$ $\left( {{0}^{0}}<\alpha <{{90}^{0}} \right)$ và một điểm $M$ nằm trên cạnh $AB$. Dựng trên các đường thẳng $CB$, $CA$ các điểm $N$, $P$ sao cho $MN=MP$ và đường tròn $\left( AMP \right)$ tiếp xúc với $MN$.
Phân tích:
Giả sử đã dựng được các điểm $N$, $P$ với $N\in BC$, $P\in AC$ sao cho $MN=MP$ và đường tròn $\left( AMP \right)$ tiếp xúc với $MN$.
Khi đó do $MN$ tiếp xúc với đường tròn $\left( AMP \right)$ nên $\widehat{PMN}=\widehat{A}=\alpha $.
Từ đó $\left( MP;MN \right)=-\alpha $, ta lại có $MP=MN$ nên ${{Q}_{\left( M,-\alpha \right)}}\left( P \right)=N$.
Giả sử $O={{Q}_{\left( M,-\alpha \right)}}\left( A \right)$ và $I=ON\cap AC$.
Theo tính chất phép quay ta có $\widehat{NIC}=\widehat{\left( ON,AP \right)}=\alpha$ $\Rightarrow \widehat{NIC}=\widehat{BAC}$$\Rightarrow IN\parallel AB$.
Cách dựng:
+ Dựng điểm $O = {Q_{\left( {M, – \alpha } \right)}}\left( A \right).$
+ Dựng đường thẳng qua $O$ song song với $AB$ cắt $BC$ tại $N.$
+ Dựng tia $MP$ cắt $AC$ tại $P$ sao cho $\widehat{NMP}=\alpha .$
Như vây các điểm $N$, $P$ là các điểm cần dựng.
Chứng minh:
Vì $ON\parallel AB$ nên $\widehat{AMO}=\widehat{MON}=\alpha $ $\Rightarrow \widehat{PMN}=\widehat{MAP}=\alpha $ suy ra đường tròn $\left( AMN \right)$ tiếp xúc với $MN$. Ta có ${{Q}_{\left( M;-\alpha \right)}}: MP\to MN$ nên $MP=MN$.
Nhận xét: Bài toán có một nghiệm hình duy nhất.
Ví dụ 4. Cho điểm $A$ và hai đường thẳng ${{d}_{1}}$, ${{d}_{2}}$. Dựng tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$ sao cho $B\in {{d}_{1}}$, $C\in {{d}_{2}}$.
Phân tích:
Giả sử đã dựng được tam giác $ABC$ thỏa mãn yêu cầu bài toán.
Ta có thể giả sử $\left( AB,AC \right)={{90}^{0}}$, khi đó ${{Q}_{\left( A;-{{90}^{0}} \right)}}\left( C \right)=B$, mà $C\in {{d}_{2}}$ nên $B\in {{d}_{2}}’$ với ${{d}_{2}}’={{Q}_{\left( A;-{{90}^{0}} \right)}}\left( {{d}_{2}} \right)$.
Ta lại có $B\in {{d}_{1}}$ nên $B={{d}_{1}}\cap {{d}_{2}}’$.
Cách dựng:
+ Dựng đường thẳng ${{d}_{2}}’$ là ảnh của ${{d}_{2}}$ qua ${{Q}_{\left( A;-{{90}^{0}} \right)}}$.
+ Dựng giao điểm $B={{d}_{1}}\cap {{d}_{2}}’$.
+ Dựng đường thẳng qua $A$ vuông góc với $AB$ cắt ${{d}_{2}}$ tại $C$.
Tam giác $ABC$ là tam giác cần dựng.
Chứng minh:
Từ cách dựng suy ra ${{Q}_{\left( A;{{90}^{0}} \right)}}\left( B \right)=C$ nên $AB=AC$ và $\widehat{BAC}={{90}^{0}}$ do đó tam giác $ABC$ vuông cân tại $A$.
Nhận xét:
+ Nếu ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ không vuông góc thì bài toán có một nghiệm hình.
+ Nếu ${{d}_{1}}\bot {{d}_{2}}$ và $A$ nằm trên đường phân giác của một trong các góc tạo bởi ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ thì bài toán có vô số nghiệm hình.
+ Nếu ${{d}_{1}}\bot {{d}_{2}}$ và $A$ không nằm trên đường phân giác của một trong các góc tạo bởi ${{d}_{1}},{{d}_{2}}$ thì bài toán vô nghiệm hình.
Ví dụ 5. Cho tam giác $ABC$ có $\left( AB,AC \right)=\alpha$ $\left( {{0}^{0}}<\alpha <{{90}^{0}} \right)$ và một điểm $M$ nằm trên cạnh $AB$. Dựng trên các đường thẳng $CB$, $CA$ các điểm $N$, $P$ sao cho $MN=MP$ và đường tròn $\left( AMP \right)$ tiếp xúc với $MN$.
Phân tích:
Giả sử đã dựng được các điểm $N$, $P$ với $N\in BC$, $P\in AC$ sao cho $MN=MP$ và đường tròn $\left( AMP \right)$ tiếp xúc với $MN$.
Khi đó do $MN$ tiếp xúc với đường tròn $\left( AMP \right)$ nên $\widehat{PMN}=\widehat{A}=\alpha $.
Từ đó $\left( MP;MN \right)=-\alpha $, ta lại có $MP=MN$ nên ${{Q}_{\left( M,-\alpha \right)}}\left( P \right)=N$.
Giả sử $O={{Q}_{\left( M,-\alpha \right)}}\left( A \right)$ và $I=ON\cap AC$.
Theo tính chất phép quay ta có $\widehat{NIC}=\widehat{\left( ON,AP \right)}=\alpha$ $\Rightarrow \widehat{NIC}=\widehat{BAC}$$\Rightarrow IN\parallel AB$.
Cách dựng:
+ Dựng điểm $O = {Q_{\left( {M, – \alpha } \right)}}\left( A \right).$
+ Dựng đường thẳng qua $O$ song song với $AB$ cắt $BC$ tại $N.$
+ Dựng tia $MP$ cắt $AC$ tại $P$ sao cho $\widehat{NMP}=\alpha .$
Như vây các điểm $N$, $P$ là các điểm cần dựng.
Chứng minh:
Vì $ON\parallel AB$ nên $\widehat{AMO}=\widehat{MON}=\alpha $ $\Rightarrow \widehat{PMN}=\widehat{MAP}=\alpha $ suy ra đường tròn $\left( AMN \right)$ tiếp xúc với $MN$. Ta có ${{Q}_{\left( M;-\alpha \right)}}: MP\to MN$ nên $MP=MN$.
Nhận xét: Bài toán có một nghiệm hình duy nhất.
