ÁP DỤNG ĐỊNH lý PASCAL vào GIẢI một vài bài TOÁN HÌNH học

Đã có nhiều tài liệu của nhiều tác giả bàn luận về định lý Pascal. Bài viết này của tôi cũng nhằm mục đích đóng góp thêm một số bài tập và lời giải có ứng dụng định lý này. 1. Định lý Pascal. Cho các điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn. Gọi . Khi đó các điểm P, Q, R thẳng hàng. Đường thẳng đi qua P, Q, R được gọi là đường thẳng Pascal. Chứng minh. Có nhiều cách chứng minh cho định lý Pascal. Ở đây xin nêu ra 2 cách chứng minh phổ biến nhất là áp dụng định lý Menelaus và sử dụng khái niệm góc định hướng.

ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ PASCAL VÀO GIẢI MỘT VÀI BÀI TỐN HÌNH HỌC Đã có nhiều tài liệu nhiều tác giả bàn luận định lý Pascal Bài viết tơi nhằm mục đích đóng góp thêm số tập lời giải có ứng dụng định lý Định lý Pascal Cho điểm A, B, C, D, E, F thuộc đường tròn Gọi P  AB �DE , Q  BC �EF , R  CD �FA Khi điểm P, Q, R thẳng hàng Đường thẳng qua P, Q, R gọi đường thẳng Pascal Chứng minh Có nhiều cách chứng minh cho định lý Pascal Ở xin nêu cách chứng minh phổ biến áp dụng định lý Menelaus sử dụng khái niệm góc định hướng Cách Gọi X  EF �AB,Y  AB �CD, Z  CD �EF Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XYZ đường thẳng R BCQ, DEP, FAR, ta có CY BX QZ   1 CZ BY QX FZ AX RY � � 1 FX AY RZ EZ PX DY � � 1 EX PY DZ Q Z D  2  3 E F C P Y A B X Mặt khác, theo tính chất phương tích điểm đường trịn ta có: YC.YD  YB.YA, ZF ZE  ZD.ZC , XB XA  XF XE  4 Nhân (1),(2) (3) theo vế, ta được: QZ RY PX CY BX FZ AX EZ DY � � � 1 QX RZ PY CZ BY FX AY EX DZ � QZ RY PX YC.YD ZF ZE XB XA � � � � � 1 QX RZ PY YB.YA ZD.ZC XF ZE  5 Thế (4) vào (5), ta QZ RY PX � �  Vậy P, Q, R thẳng hàng QX RZ PY Đường thẳng PQR gọi đường thẳng Pascal ứng với điểm A, B, C , D, E , F Cách Gọi I giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác PBD RDF Ta có  IB, IF  � IB, ID    ID, IF  � PB, PD    PD, RF   mod  1 Ngoài  PB, PD  �  OB, OD    OA, OC   mod   2 2  RD, RF  �  OD, OF    OC , OA  mod   suy  PB, PD    RD, RF  �   OB, OF    OC , OE   � QB, QF   mod   Vậy  QB, QF  � PB, PD    RD, RF  � IB, ID    ID, IF  � IB, IF   mod   nên QBFI tứ giác nội tiếp Từ suy  IB, IP  � DB, DP  � FB, FQ  � IB, IQ   mod   nên I, P, Q thẳng hàng Tương tự ta chứng minh I, R, Q thẳng hàng Từ có điều phải chứng minh Định lý Pascal đảo Nếu năm sáu điểm thuộc (O) điểm P, Q, R thẳng hàng điểm cịn lại thuộc (O) Chứng minh Giả sử A, B, C, D thuộc (O); F điểm cho CD, Q  BC �EF P  AB �ED, R  AF � B E P A D Q R C F Gọi F’ giao điểm thứ hai AR (O); Q '  CB �EF ' Theo định lý Pascal P, Q’, R thẳng hàng nên Q’ thuộc PR mà Q’ lại thuộc CB nên Q’ giao PR CB Theo giả thiết P, Q, R thẳng hàng Q thuộc BC nên Q giao PR BC Vậy Q trùng với Q’ Ta có F  EQ �AR, F '  EQ '�AR mà Q �Q ' nên F �F ' Vậy F thuộc (O) Chú ý 1) Khi cho điểm trùng (khi lục giác suy biến thành tam giác, tứ giác, ngũ giác), ví dụ E �F cạnh EF trở thành tiếp tuyến đường tròn E, ta thu thêm nhiều đường thẳng Pascal khác Hai hình vẽ minh họa Định lý cho trường hợp điểm điểm R P Q E B D Q C C P Y B A A D R 2) Điều kỳ diệu điểm A, B, C, D, E, F xếp cách tùy ý Có nghĩa thay đổi thứ tự điểm, ta đường thẳng Pascal khác với đường thẳng ứng với thứ tự ban đầu Một câu hỏi đặt có đường thẳng Pascal? (Với giả thiết điểm đôi phân biệt) Đây toán tổ hợp Để thuận tiện, ta kí hiệu điểm 1, 2, 3, 4, 5, Có 6! = 720 hốn vị điểm Tuy nhiên ta ý hoán vị (6, 1, 2, 3, 4, 5); (5, 6, 1, 2, 3, 4); (4, 5, 6, 1, 2, 3, 4); (4, 5, 6, 1, 2, 3); (3, 4, 5, 6, 1, 2) ; (2, 3, 4, 5, 6, 1) cho đường thẳng Pascal điểm (1; 2; 3; 4; 5; 6) Mặt khác, từ điểm (1; 2; 3; 4; 5; 6) ta chia làm hai (1; 2; 3), (4; 5; 6), viết theo thứ tự ngược lại ghép lại ta (3; 2; 1; 6; 5; 4) cho đường thẳng Pascal Mà từ ta lại có hốn vị khác nó, cho đường thẳng Pascal Như vậy, số 720 hoán vị điểm 1, 2, 3, 4, 5, 12 hoán vị cho đường thẳng Pascal, nên số đường thẳng Pascal tạo từ điểm 720 : 12 = 60 Sau số toán ứng dụng định lý Pascal xuất đề thi học sinh giỏi Toán quốc gia, khu vực Olympic Quốc tế Xin bắt đầu toán Olympic khu vực Trung Âu năm 2010 Bài tập áp dụng Bài toán (Middle European Mathematical Olympiad 2010) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh BC, CA, AB D, E, F tương ứng K đối xứng D qua tâm đường tròn nội tiếp DE cắt FK S Chứng minh AS song song BC Lời giải Gọi R  KE �FD Áp dụng định lý Pascal cho điểm F, F, K, E, E, D ta có FF �EE  A , FK �ED  S , KE �DF  R Khi R, A, S thẳng hàng �  KED �  900 nên tứ giác RFES nội tiếp Theo giả thiết ta lại có KFD � �  FDB � Từ suy � FED (góc tạo tiếp tuyến ARF  FED � Vậy AS / / BC dây cung) nên � ARF  FDB A R S K E F B I O C D Bài toán (Macedonia 2001) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến A cắt BC D, tiếp tuyến B cắt CA E, tiếp tuyến C cắt AB F F Chứng minh D, E, F thẳng hàng Lời giải Áp dụng định lý Pascal cho điểm A A, A, B, B, C, C ta có AA �BC  E , AB �CC  F , BB �AC  E O D nên D, E, F thẳng hàng C B E Bài toán (Mathematical Olympiad Summer Program 1998) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Gọi A’, B’, C’ theo thứ tự � , CA � ,� điểm cung nhỏ BC AB đường trịn Gọi D, E, F, I, J, K giao điểm cặp đường thẳng AC B’C’; AB B’C’; AB A’C’; CB A’C’; CB A’B’; AC A’B’ Khi DI, EJ, KF đồng quy Lời giải Đầu tiên ta ý AA’, BB’, CC’ đồng quy O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Áp dụng định lý Pascal cho điểm A, C, C’, A’, B’, B ta có AC �A ' B '  K , AB �A ' C '  F , CC '�BB '  O nên K, F, O thẳng hàng, tức O thuộc KF Lại áp dụng định lý Pascal cho điểm A, C, B, B’, C’, A’ ta có AC �B ' C '  D; CB �A ' C '  I , AA '�BB '  O nên D, I, O thẳng hàng, tức O thuộc DI Cuối cùng, áp dụng định lý Pascal cho điểm C, B, A, A’, B’, C’ ta có AB �B ' C '  E , BC �A ' B '  J , AA '�CC '  O nên E, J, O thẳng hàng, tức O thuộc EJ A C' E D B' K F O C J B I A' Vậy KF, EJ, DI đồng quy O Mở rộng tốn Ta có tốn sau: “Hai tam giác ABC, A’B’C’ có đường tròn ngoại tiếp Các cạnh hai tam giác cắt điểm tạo hình lục giác Chứng minh đường chéo hình lục giác đồng quy” Bài tốn (Đường trịn Mixtilinear) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (J) tiếp xúc với AB, AC tiếp xúc với (O) M, N, X Chứng minh MN qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Lời giải Ta so sánh hai cách giải toán, cách dùng định lý Pascal cách sử dụng kiến thức toán THCS Cách Giả sử tiếp tuyến X M đường tròn (J) cắt K; E, �  KMX � F giao điểm XM XN với đường trịn (O) Ta có KXM     �  FX �  BX �  BF � , KMX �  BX � � AF , suy F Mặt khác KXM 2 điểm cung � AC Vì AB Tương tự ta có E điểm cung � A BE CF qua tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC.E F N I M J B C K O X Áp dụng định lý Pascal cho điểm A, B, E, X, F, C ta có AB �XF  M , AC �XE  N , BE �CF  I nên I, M, N thẳng hàng Nhận xét Ta có tam giác AMN cân A AI đường phân giác nên cịn đường trung tuyến Vậy I trung điểm MN Cách Gọi E giao điểm XN với với đường trịn (O) Ta có �  JXN �  OEX � nên JN // OE Mặt khác JN  AC nên OE vng góc với JNX AC Suy E trung điểm cung AC Vậy BE phân giác góc � ABC Giả sử BE cắt MN I Ta cần chứng minh CI phân giác góc � ACB A E I M N O J B C X y Thật vậy, gọi Xy tiếp tuyến chung X hai đường trịn (J) (O) Ta có � yXE  � XMN  � XBE nên tứ giác XBMI nội tiếp Do � � 1800  BAC BXC � � (do ABXC tứ giác nội tiếp) I XB  AMN   2 � , suy IXCN � , suy I�XC  INA Vậy IX tia phân giác góc BXC tứ giác nội tiếp Từ � � � � �  NXI �  I�XC  EXC �  BXI �  CBA  180  CAB  CBA  ACB NCI 2 Vậy CI phân giác góc � ACB Ta có điều phải chứng minh Bài toán Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P điểm PA, PB, PC cắt (O) D, E, F khác A, B, C Tiếp tuyến A (O) cắt BC T TP cắt (O) M, N Chứng minh tam giác DEF tam giác DMN có chung đường đối trung Lời giải Gọi K giao AF BD Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, A, F, C, B, D suy K, P, T thẳng hàng Tương tự L, P, T thẳng hàng Vậy K, L thuộc TP (1) Gọi tiếp tuyến D (O) cắt EF S Áp dụng định lý Pascal cho điểm D, D, B, E, F, A ta có S, K, P thẳng hàng Tương tự S, L, P thẳng hàng Vậy K, L thuộc SP (2) Từ (1) (2) suy S thuộc MN Từ gọi SP tiếp tuyến (O) khác SD tứ giác DMNQ DEFQ tứ giác điều hòa hay tam giác DMN DEF có đường đối trung AQ Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Nếu TA = TP nên TA2  TP  TP.TC , suy TP tiếp tuyến �  PCB �  FEP � đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC Do TPB nên EF // TP Mặt khác tam giác TAP OAD cân T O có cạnh bên TA  OA nên TP  OD Từ tam giác DMN cân có OD đường đối trung nên DEF có OD đường đối trung Do DEF cân Khi DE = DF Bài tốn mở rộng toán thi Olympic Quốc tế 2010 (IMO 2010) “ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P điểm PA, PB, PC cắt (O) D, E, F khác A, B, C Tiếp tuyến A (O) cắt BC T Chứng minh TA = TP DE = DF.” Bài toán (IMO Shortlist 2007) Cho tam giác ABC cố định, trung điểm A1 , B1 , C1 BC, CA, AB tương ứng Điểm P thay đổi đường tròn ngoại tiếp tam giác Các đường thẳng PA1 , PB1 , PC1 cắt lại đường tròn A’, B’, C’ tương ứng Giả sử điểm A, B, C, A’, B’, C’ đôi phân biệt đường thẳng AA’, BB’, CC’ tạo tam giác Chứng minh diện tích tam giác khơng phụ thuộc vào vị trí P Lời giải Gọi A2 , B2 , C2 giao điểm BB’ CC’, CC’ AA’, AA’ BB’ Áp dụng định lý Pascal cho điểm C, C’, P, A’, A, B ta có CC '�AA '  B2 , C ' P �AB  C1 , BC �A ' P  A1 nên B2 �A1C1 Tương tự C2 �A1B1 , A2 �B1C1 Lại có B2 A1 / / AB1 � C2 B2 C2 A1  C2 A C2 B1 (1) Lại BA1 / / B1 A2 � C2 A1 C2 B  C2 B1 C2 A2 (2) Từ (1) (2) suy B' C2 B2 C2 B  C2 A C2 A2 A C2 B2 A' C' � C2 B2  C2 A.C2 B � S A2 B2C2  S ABC2 B1 C1 Mặt khác S ABC2  S ABB1 � S A2 B2C2  S ABB1  S ABC A2 A1 B C Từ ta có điều phải chứng minh P Bài tốn Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) có B, C cố định, A thay đổi (O) Trung trực BC cắt AB M, AC N Gọi P, Q đối xứng với M, N qua O BQ cắt CP K Chứng minh AK qua điểm cố định trung điểm I AK ln thuộc đường trịn cố định Lời giải Gọi I điểm đối xứng với D qua O Ta chứng minh AK qua E, tương đương với chứng minh AE, BQ, CP đồng quy K Ta có phép đối xưng tâm O biến B thành C, C thành B, P thành M, B thành B’, A thành A’, E thành D, Q thành N, C thành C’ Do ta cần chứng minh A’D, C’M, B’N đồng quy Baø i 6: Cho tam B, C cốđịnh, A cắ t AB M, A qua O BQ cắ tC điể m cốđịnh va đườ ng trò n cốđị M A N K' C' B' E I O B D C Q K A' P Gọi K '  B ' N �A ' D Ta có B ' K '�AC  N , A ' K '�BC  D, BB '�AA '  O nên N, D, O thẳng hàng Mặt khác B’, A, C, A’, B thuộc (O) nên theo định lý Pascal đảo K’ thuộc (O) 10 Ta có điểm C’, C, B’, B, A, K’ thuộc đường tròn (O) C ' K '�AB  M ', K ' B '�AC  N , CC '�B ' B  O nên theo định lý Pascal M’, N, O thẳng hàng NO  Suy M ' �NO, M ' �AB, M ' �C ' K ' mà M  � AB M M ' Vậy C’M qua K’, suy A’D, C’M, B’N đồng quy K’ thuộc (O) nên K thuộc (O) Ta thấy OI  AK nên I thuộc đường trịn đường kính EO Bài tốn Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H; AH, BH, CH cắt BC, CA, AB D, E, F Đường thẳng qua D, song song với CF cắt (BDF) M Đường thẳng qua D, song song với BE cắt (CDE) N; MN cắt AB, AC P, Q Gọi I, J trung điểm HP, HQ Chứng minh giao điểm K FI EJ thuộc (DEF) Lời giải A N E Q F P H J I M B C D Ta có FHDM hình thang nội tiếp nên hình thang cân Gọi I '  FD �MH Theo định lý Talet I 'H I 'F I 'H I 'F I 'H I 'F  �  �  I 'M I 'D I 'H  I 'M I 'F  I 'D MH FD mà MH = FD nên I’H = I’F , suy I �I ' Tương tự ta có J  ED �HC Vậy FI, EJ cắt D thuộc đường tròn (O) 11 Mở rộng toán Một đường thẳng qua H cắt AB, AC P, Q; Gọi I, J trung điểm HP, HQ Lúc K  FI �EJ � K � DEF  Thật vậy, xét phép vị tự tâm H tỉ số biến I thành P, J thành Q, E thành B1 thuộc (O), F thành C1 thuộc (O) B1 A E C1 F P B H Q J I D C K K' Giả sử PC1 �B1Q  K ' Ta có C1K '�BA  P, AC �K ' B1  Q, C1C �B1B  H Theo định lý Pascal đảo K ' � O  Mặt khác phép vị tự biến đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF thành đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên giao điểm FI FJ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Bài tốn Cho tam giác ABC nhọn có AD phân giác Kí hiệu E, F tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, ACD; BF cắt CE K Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF; BE, CF cắt đường tròn M, N; BF, CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF P, Q Gọi H giao điểm thứ hai hai đường tròn ngoại tiếp tam giác KPM KNQ Chứng minh H thuộc AD Lời giải Gọi I  BE �CF I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Suy I thuộc AD Ta có IF DC BE IA AC BA IF CF IE BE  ;    nên K , suy IA CA IA BA FC DB EI CA AB IA thuộc ID 12 A M N F J E B I Q K P D C Ta có I  PM �QN , I  EM �FN , K  PF �EQ mà N, M, F, Q, P, E thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF nên I, J, K thẳng hàng Lại có JM JP  JN JQ nên JK trục đẳng phương đường tròn ngoại tiếp tam giác KPM KQN, tức AD trục đẳng phương hai đường tròn Mặt khác HK trục đẳng phương chúng nên H thuộc AD Ta có điều phải chứng minh Bài tốn 10 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi P1 , P2 hai , PC điểm mặt phẳng; P1 A, PB cắt đường tròn (O) điểm 1 thứ hai A1 , B1 , C1 ; P2 A, P2 B, PC cắt (O) điểm thứ hai A2 , B2 , C2 A1 P, B1 P, C1 P cắt (O) P điểm đường thẳng PP 2; điểm thứ hai A3 , B3 , C3 Chứng minh ba đường thẳng A2 A3 , B2 B3 , C2C3 đồng quy điểm PP �A2C1 Áp dụng định lý Pascal cho điểm Lời giải Gọi Q  AC C2 , A1 , A, A2 , C1 , C ta có Q  AC �A2C1 , C1C �A1 A  P1 , A2 A �CC2  P2 nên Q thuộc đường thẳng PP Lại áp dụng định lý Pascal cho điểm C2 , A1 , A4 , A2 , C1 , C3 ta có Q  AC �A2C1 , C2C3 �A2 A3  T , A3 A1 �C3C1  P T thuộc đường thẳng PQ, đường thẳng PP Tương tự ta có T '  A2 A3 �B2 B3 thuộc đường thẳng PP Như T �T ' ta có điều phải chứng minh 13 A3 A B1 C2 B2 P1 C1 P P2 T Q C3 B C B3 A2 A1 Lời bình Hình vẽ thật phức tạp lời giải vận dụng định lý Pascal lại ngắn gọn bất ngờ BÀI TẬP THAM KHẢO Bài toán 11 (Mathematical Olympiad Summer Program 2005) Cho tứ giác nội tiếp ABCD, phân giác góc A cắt phân giác góc B E Điểm P, Q nằm AD, BC cho PQ qua E PQ song song với CD Chứng minh AP  BQ  PQ Bài toán 12 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Tiếp tuyến A, B, C, D cắt E, F, M, N AD cắt BC I, AB cắt CD J, AC cắt BD K Chứng minh bốn điểm I, E, K, M thẳng hàng bốn điểm J, F, K, N thẳng hàng TÀI LIỆU THAM KHẢO Bài tập từ trang Web http://analgeomatica.wordpress.com Bài giảng thầy Lê Bá Khánh Trình Trường đơng Tốn học 2013 14 ... �A2C1 Áp dụng định lý Pascal cho điểm Lời giải Gọi Q  AC C2 , A1 , A, A2 , C1 , C ta có Q  AC �A2C1 , C1C �A1 A  P1 , A2 A �CC2  P2 nên Q thuộc đường thẳng PP Lại áp dụng định lý Pascal. .. thuộc KF Lại áp dụng định lý Pascal cho điểm A, C, B, B’, C’, A’ ta có AC �B ' C '  D; CB �A ' C '  I , AA '�BB '  O nên D, I, O thẳng hàng, tức O thuộc DI Cuối cùng, áp dụng định lý Pascal cho... Lời giải Gọi K giao AF BD Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, A, F, C, B, D suy K, P, T thẳng hàng Tương tự L, P, T thẳng hàng Vậy K, L thuộc TP (1) Gọi tiếp tuyến D (O) cắt EF S Áp dụng định