Đường thẳng Pascal- Ứng dụng- Phát triển

ĐƯỜNG THẲNG PASCAL - ỨNG DỤNG - PHÁT TRIỂN Lê Hữu Dũng Trường THPT chun Lê Q Đơn, TP Đà Nẵng ==================== Đònh lí Pascal về hình lục giác nội tiếp là đònh lí cơ bản của lý thuyết thiết diện conic do Blaise Pascal công bố vào năm 1640 (lúc ông mới 16 tuổi). Đó là dạng tổng quát của đònh lí Pappus (Hy lạp cổ đại). Đối ngẫu của nó là đònh lí Brianchon (công bố năm 1806 tức là gần 200 năm sau đònh lí Pascal). Bản thân Pascal đã suy ra hơn 200 hệ qủa từ đònh lí thần kì này! Trong chuyên đềø này ta sẽ chứng minh đònh lí này theo phương pháp xạ ảnh, phương pháp tọa độâ và trình bày một số bài tóan ứng dụng, mở rộng … 1) Khái niệm, kí hiệu: Hình lục giác nội tiếp trong một đường conic ứng với 6 điểm nằm bất kì trên conic 1, 2, 3, 4, 5, 6 gọi là các đỉnh của lục giác. Các đường nối 12, 23, 34, 56, 61 gọi là các cạnh của lục giác . Các cặp cạnh 12 và 45; 23 và 56; 34 và 61 là các cạnh đối diện của hình lục giác . Theo ngôn ngữ Graph thì mỗi lục giác là một xích Hamilton trên đồ thò đủ K 6 . Từ đó ứng với 6 điểm trên conic, ta có (6 - 1)!/2 = 60 lục giác khác nhau 2) Đònh lí Pascal : Ba giao điểm của các cạnh đối diện của hình lục giác nội tiếp trong một conic nằm trên một đường thẳng (gọi là đường thẳng Pascal của lục giác ) • Chứng minh theo phương pháp xạ ảnh: Trong hình học xạ ảnh, tính chất nêu trong đònh lí này là tính chất xạ ảnh. Nếu nó đúng trên một lọai conic thì cũng đúng trên mọi conic khác . Vì vậy ta chỉ cần chứng minh nó đúng với 6 điểm A, B, C, D, E, F trên 1 đường tròn như hình vẽ bên cạnh : chứng minh J, K, L thẳng hàng Áp dụng đònh lí Menelaus cho GHI và 3 cát tuyến của nó: DKC, AJB and ELF. HK/GK . GC/IC . ID/HD = 1 HA/GA. GB/IB . IJ/HJ = 1 HF/GF . GL/IL . IE/HE = 1 Nhân 3 đẳng thức trên ta có: HK/GK . GL/IL . IJ/HJ . (ID.IE/IB.IC) . (HF.HA/HD.HE) . (GC.GB/GA.GF) = 1. Các thừa số trong ngoặc bằng 1, suy ra: HK/GK. GL/IL . IJ/HJ = 1 Do đó K, J, L thẳng hàng (theo đònh lí Menelaus đảo) Báo Tốn 43 * Bình luận: Chứng minh trên phụ thuộc vào hình vẽ và phải dựa trên khái niệm mặt phẳng xạ ảnh và ánh xạ xạ ảnh - một lí thuyết ngoài chương trình phổ thông. Dưới đây là một cách chứng minh thuần túy đại số (chỉ dựa hòan tòan vào kiến thức toán trong trường phổ thông) * Chứng minh bằng phương pháp tọa độ : Gọi (S): F(x, y) = 0 22 =+++++ feydxcxybyax là một đường conic (đường cong bậc 2) trong hệ mặt phẳng tọa độ Oxy và 1, 2, 3, 4, 5, 6 là 6 đỉnh của lục giác nội tiếp trong conic (S) như hình bên . Ta chứng minh các điểm M, N, P thẳng hàng Đặt phương trình các đường thẳng nối điểm i và j là 0),( =++= jijijiji CyBxAyx α Xét đường cong bậc ba: (C): 0),( 152634351624 =−= ααλαααα yxG Dễ thấy (C) cắt (S) tại 6 điểm 1, 2, 3, 4, 5, 6. Bây giờ nếu chọn 351624 351624 ααα ααα λ = thì: với mọi điểm A(x, y) thuộc (S) : F(x, y ) = 0 sao cho 0 351624 ≠ ααα ta có G(x, y) = 0 Suy ra G(x, y) chia hết cho F(x, y) Do đó g(x, y) có thể phân tích thành dạng G(x, y) = F(x, y) (Ax + By + C) = 0 tức là đường bậc ba (C) có thể phân rã thành conic (S) và đường thẳng(d): Ax + By + C = 0 Gọi M, N, P có tọa độ (x, y) lần lượt là giao điểm của các cặp cạnh đối 15, 24; 16, 34; 26, 35 thì 0),( 152634351624 =−= ααλαααα yxG suy ra M, N, P thuộc (C). Mặt khác M, N, P không thuộc (S). Do đó M, N, P phải thuộc (d), tức là M, N, P thẳng hàng trên đường thẳng (d) Vậy đònh lí Pascal đã được chứng minh, thuần túy bằng đại số ! 3) Hệ qủa: Lục giác nội tiếp conic có thể suy biến thành ngũ giác (khi có một cặp đỉnh trùng nhau), hoặc tứ giác (khi có 2 cặp đỉnh trùng nhau), hoặc tam giác (khi có 3 cặp đỉnh trùng nhau ). Từ đó ta có thể suy ra trực tiếp các hệ qủa sau: 1) Nếu ngũ giác 12345 nội tiếp trong một conic, các cặp đường thẳng 12, 45; 23, 51; 34 và tiếp tuyến tại 1 sẽ cắt nhau theo 3 điểm thẳng hàng 2) Nếu tứ giác nội tiếp trong một conic, các cặp cạnh đối diện cùng với các cặp tiếp tuyến taiï các đỉnh đối diện sẽ cắt nhau theo 4 điểm thẳng hàng 3) Nếu tam giác nội tiếp trong một conic, các tiếp tuyến taiï các đỉnh sẽ cắt cạnh đối diện theo 3 điểm thẳng hàng 4) Áp dụng đònh li Pascal khi conic là cặp đường thẳng ta có đònh lí Pappus: Trong mặt phẳng, cho các điểm 1, 3, 5 thuộc đường thẳng d và các điểm 2, 4, 6 thuộc đường thẳng d’ . Các cặp cạnh 12 và 45; 23 và 56; 34 và 61 cắt nhau theo 3 điểm thẳng hàng Báo Tốn 44 1 5 2 3 6 4 M N P 4) Đối ngẫu: Bằng phép đối cực đối với conic, ta suy ra đònh lí Branchion (đối ngẫu của đònh lí Pascal) như sau: Nếu 6 cạnh của lục giác là tiếp tuyến của một conic thì các đường thẳng nối 3 cặp đỉnh đối diện của lục giác đồng quy. 5) Vài bài tóan ứng dụng tiêu biểu: Bài tóan 1: Cho ∆ ABC. Gọi BD, CE và BB’, CC’ lần lượt là các phân giác, đường cao ứùng với đỉnh B, C. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc AB, AC lần lượt tại N, M. Chứng minh MN, DE, B’C’ đồng quy Giải: Gọi hình chiếu của C, B lên BD, CE lần lượt là P, Q Dễ chứng minh ∠ NMI= ∠ A / 2 = ∠ ICP suy ra ∠ NMI bù = ∠ IMP suy ra N, M, P thẳng hàng Tương tự M,N, Q thẳng hàng, do đó M, Q, N, P thẳng hàng Lục giác BCPB’C’ Q nội tiếp trong đường tròn đường kính BC . B’C’  PQ = S, QC  BC’ = E, PB  B’C = D, nên theo đònh lí Pascal : S, E, D thẳng hàng, tức là MN, DE, B’C’ đồng quy tại Sø Bài tóan 2: Cho ∆ ABC. Đường tròn (O) thay đổi qua BC cắt AC, AB lần lượt tại B’,C’ Gọi K là trực tâm ∆ AB’C’ và P = BB’  CC’ . Chứng minh PK qua 1 điểm cố đònh Giải: Gọi trực tâm ∆ ABC là H (giao điểm của đường cao BN, CN) C’Q, B’P là đường cao cuả ∆ AB’C’ S là giao điểm của BQ, CP Dễ dàng chứng minh được PQ // BC Phép vò tự tâm S tỉ số - SQ / SB: biến B thành Q, biến C thành P, biến CM thành PB’, biến BN thành QC’ do đó biến H = CM  BN thành K = PB’  QC’. Do đó H, S, K thẳng hàng (1) Áp dụng đònh lí Pappus cho P, C’ B và C, B’, Q nằm trên AB và AC ta có K, P, S thẳng hàng (2) Từ (1) và (2) suy ra H, P, S, K thẳng hàng, do đó PK qua điểm H cố đònh Báo Tốn 45 S H M N K Q P P B' C A B C' E D S N M P Q I B' C' A B C Bài tóan 3: Cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại A, B cắt nhau tại S. Một cát tuyến quay quanh S cắt CA, CB tại M, N và cắt (O) tại P, Q. Chứng minh (M, N, P, Q) = -1 Giải: Vẽ tiếp tuyến ME, MF của (O) cắt SA, SB tại K, L. Áp dụng đònh lí Branchion cho lục giác ngoại tiếp có các cạnh KE, EM, ML, LB, BS, SK ta có BE, SM, KL đồng quy . Tương tự với lục giác ngoại tiếp có các cạnh MD, DL, SL, SA, AK, KM ta có AD, SM, LK đồng quy . Do đó BE, AD, SM đồng quy tại giao điểm I của SM, KL Áp dụng đònh lí Pascal cho lục giác nội tiếp ADEEBC với I = AD  BE, N’= DE  BC, M = EE  CA ta có I, N’ , M thẳng hàng Suy ra N’ ≡ N tức là N thuộc ED Do ED là đường đối cực của M đối với (O) nên (M, N, P, Q) = -1 Bài tóan 4: Cho 4 điểm A, B, C, D thuộc parabol (P). Gọi a, b lần lượt là tiếp tuyến của (P) tại A, B và M = AC  b, M’ = BC  a, N = AD  b , N’ = BD  a. Chứng minh a) AB, CD, M’N, N’M đồng quy (nếu AB cắt CD) b) (O, B, M, N) = (A, O, M’, N’) Giải: a) Áp dụng đònh lí Pascal cho lục giác nội tiếp CAABBD với : S = AB  DC, N’= AA  BD, M = BB  CA ta có S, N’, M thẳng hàng Tương tự xét lục giác nội tiếp AABBCD với: S = AB  DC, M’= AA  BC, N = BB  DA ta có S, M’, N thẳng hàng Do đó AB, MN’, NM’ đồøng quy tại S b) Gọi I = AC  SM’. Theo đònh nghóa tỉ số kép ta có: (N, B, M, O) = (AN, AB, AM, AO) = (AN, AS, AI, AM’) = (MN, MS, MI, MM’) = (MO, MN’, MA, MM’) = ( O, N’, A, M’) Báo Tốn 46 S O N' N M' M B A C D Q P I K L M S E D C A B N Bài tóan 5: Qua điểm A thuộc hyperbol (H) dựng đường thẳng m và n song song các tiệm cận . Đường thẳng d qua tâm I của (H) cắt (H) tại B, C và cắt m, n tại M,N . Chứng minh (M, N , B, C) = -1 Giải: Gọi D, E là 2 điểm bất kì thuộc (H) khác A. Tiếp tuyến tại D, E của (H) cắt nhau tại S. Ứng với mỗi cặp vò trí của D, E xét đường thẳng d’ qu a S và cùng phương d, Gọi N’ = AD  d’ , M’ = AE  d’ và giao điểm của d’ và (H) là B’, C’ Áp dụng đònh lí Pascal, tương tự bài 3 ta có (M’, N’ , B’, C’) = -1 (1) Cho D, E dần tới vô cùng trên các nhánh vô tận của (H) sao cho đường AD dần tới n, và đường AE dần tới m Khi đó S → I , d’ → d, B’ → B , C’ → C N’ → N = n  d; M’ → M = m  d; Do đó (1) dẫn đến : (M, N , B, C) = -1 TÓAN ĐỀ NGHỊ: Bài tóan 6: Cho A, B, C, D thuộc đường tròn (O). Tiếp tuyến của (O) tại A, D cắt nhau tại S . Gọi P = AB  CD, Q = AC  BD. Chứng minh S, P, Q thẳng hàng Bài tóan 7: Cho tứ giác AB C D Gọi S = AB  CD, S’ = BC  AD, N thuộc cạnh AD , M thuộc cạnh AB, P = NS  MS’, Q = NB  DM. Chứng minh P, Q, C thẳng hàng Bài tóan 8: Cho I, J thuộc đường tròn (O). Lấy A, B lần lượt thuộc tiếp tuyến của (P) tại I, J. Vẽ AC, BD tiếp xúc (O) với C, D là tiếp điểm. Gọi P = AC  ID, Q = BD  JC. Chứng minh PQ và AB cắt nhau trên IJ Bài tóan 9: Cho P trong ∆ ABC. Gọi P 1 , P 2 lần lượt là hình chiếu của P lên AC, BC và Q 1 , Q 2 lần lượt là hình chiếu của C lên AP, BP. Gọi P 3 là hình chiếu của P lên AB. Chứn g minh S thuộc đường tròn (P 1 P 2 P 3 ) Bài tóan 10: Cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (O) . Lấy C’, A’, B’ lần lượt thuộc cung AB, BC, CA. ∆ A’B’C’ cắt ∆ ABC thành 1 lục giác. Chứng minh các đường chéo nối 2 đỉnh đối của lục giác đồng quy Bài tóan 11: Cho ∆ ABC nội tiếp đường tròn (O,R). Đường tròn (O’,R’) tiếp xúc trong với (O) tại T và tiếp xúc với cạnh AB, AC tại E, F. Chứng minh tâm đường tròn nội tiếp I của ∆ ABC thuộc đọan EF. Báo Tốn 47 m n N M B I A C 6) Mở rộng , phát triển: Ứng với 6 điểm trên conic, ta có 60 lục giác khác nhau, phát sinh 60 đường thẳng Pascal khác nhau. Trong 60 đường đó, cứ 3 đường một đi qua 20 điểm gọi là điểm Steiner, các điểm này lại cứ 4 điểm một nằm trên 15 đường thẳng gọi là đường thẳng Plucker. Các đường Pascal cứ 3 đường một lại đồng quy trong một tập gồm 60 điểm khác gọi là các điểm Kirkman. Ứng với mỗi điểm Steiner có 3 điểm Kirkman sao cho cả 4 điểm đó đều nằm trên 1 đường thẳng gọi là đường thẳng Cayley . Có 20 đường thẳng Cayley như thế, trong đó cứ 4 đường một lại đi qua 15 điểm gọi là các điểm Salmon … Và cứ thế, trùng trùng Duyên khởi, đònh lí Pascal mở ra những cảnh giới viên dung vô ngại. Sau đây là 3 bài ấn tượng, mở rộng và phát triển từ đònh lí Pascal: Bài tóan Mobius: Cho một (4n + 2) - giác nội tiếp trong một cônic. Các cặp cạnh đối diện cắt nhau tại 2n + 1 điểm. Nếu 2n điểm trong các điểm đó thẳng hàng thì điểm còn lại cũng nằm trên đường thẳng đó Đònh lí Staud: Cho đường bậc 2 không suy biến (S) ngoại tiếp tam giác ABC. Đường thẳng d bất kì qua cực O của AB đối với (S) cắt CA, CB tại M, N. Chứng minh M và N liên hiệp đối với (S) Đònh lí Fréjer: Nếu f là phép đối hợp khác phép đồng nhất của conic (S) tức làø ánh xạ xạ ảnh 1 ),()(: − =→ ffSSf ø thì đường thẳng nối 2 điểm tương ứng qua 1 điểm cố đònh gọi là điểm Fréjer của f * Chú thích: Có thể xây dựng khái niệm ánh xạ xạ ảnh (chỉ dùng kiến thức tóan phổ thông) như sau: Phép biến đổi tuyến tính trên mặt phẳng là phép biến hình 1 – 1 biến đường thẳng thành đường thẳng. Phép chiếu xuyên tâm O từ mặt phẳng (đường thẳng) (P) lên mặt phẳng (đường thẳng) (Q) là phép biến hình biến điểm A bất kì thuộc (P) thành điểm A’ là giao điểm của đường thẳng OA với (Q) Ánh xạ xạ ảnh của mp (P) lên mặt phẳng (Q) là tích các phép chiếu xuyên tâm và các phép biến đổi tuyến tính Biên soạn: Lê hữu Dũng Trường THPT chuyên Lê Quý Đôn Đà nẵng 9.2006 Báo Tốn 48 . phép biến hình 1 – 1 biến đường thẳng thành đường thẳng. Phép chiếu xuyên tâm O từ mặt phẳng (đường thẳng) (P) lên mặt phẳng (đường thẳng) (Q) là phép biến. cho cả 4 điểm đó đều nằm trên 1 đường thẳng gọi là đường thẳng Cayley . Có 20 đường thẳng Cayley như thế, trong đó cứ 4 đường một lại đi qua 15 điểm gọi