Đang tải... (xem toàn văn)
Sau Pappus, nền toán học Hy Lạp không còn là một đối tượng nghiên cứu tìm ra những phát minh mới nữa mà người ta chỉ thấy những tác gia ít quan trọng và những nhà bình giải toán học n[r]
(1)ĐỊNH LÝ PAPPUS, ĐỊNH LÝ DESARGUES VÀ NHỮNG ỨNG DỤNG
Nhóm 7, Lớp 10T1, Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Họ tên E-mail
Hứa Thị Hồng Ngân starice242010@yahoo.com Lê Minh Trường lovenhut@gmail.com Nguyễn Văn Khôi
I Giới thiệu
Như biết, định lý Pappus định lý Desargues phương pháp mạnh để giải tốn hình học hình học vector, hình học phẳng, hình học tọa độ, hình học tuyến tính,…và đặc biệt hình học xạ ảnh Hai định lý có vai trị ứng dụng quan trọng toán THPT đề thi HSG nước quốc tế Đây số tư liệu nhỏ be mà nhóm chúng tơi thu thập được, chắc hẳn cịn nhiều thiếu sót, mong nhận được ý kiến bạn Qua tư liệu này, hy vọng bạn sẽ học tập được thật nhiều điều bở ích Xin chân thành cám ơn!
II Sơ lược tiểu sử Pappus Desargues
1.Pappus (290 – 350)_Người thắp lại lửa cho Euclid
Là nhà tốn học cở người Hy Lạp được biết đến với Synagoge hay Collection (năm 340), với định lý Pappus hình học xạ ảnh Khơng có bất thơng tin nói đời sống ông ta, ngoại trừ (từ văn ông ta để lại) ơng có cậu trai tên Hermodorus, giáo viên Alexandria
Collection, cơng trình được biết đến nhiều nhất ơng, tóm tắt Tốn học tám tuyển tập, số đơng cơng trình cịn lại Nó bao trùm nhiều chủ đề hình học, tốn học vui, hình học khơng gian, đa giác khối đa diện
Pappus được nhiều người biết đến vào kỉ thứ IV Trong khoảng thời gian trì trệ nói chung nghiên cứu tốn học, ơng đứng ngoại lệ đáng kể Số phận ông thời gian nổi bật, rất giống với Diophantus
Pappus viết bình giải tập “Cơ bản” “Dữ kiện” Euclid, “Almagest” “Planispherium” Ptolemy Cơng trình thật lớn lao Pappus “Tuyển tập tốn học” ơng, sách vừa bình giải vừa hướng dẫn cơng trình hình học hữu thời ơng Tuyển tập toán học Pappus thực mỏ vàng giàu có hình học Những hiểu biết ta có được hình học Hy Lạp nhờ ḷn văn này, chứa lời bình đầy giá trị, có trích dẫn nhắc đến cơng trình 30 nhà tốn học khác thời cở đại
Sau Pappus, tốn học Hy Lạp khơng cịn đối tượng nghiên cứu tìm phát minh mà người ta thấy tác gia quan trọng nhà bình giải tốn học Theon Alexandria, Proclus, Hypatia,… Họ đưa sách bình giải tác phẩm Euclid, Apollonius, Archimedes
2 Girard Desargues (1591 - 1661)_Ơng tổ Hình học xạ ảnh
(2)Ông sinh ngày 21/2/1591 mất vào tháng 9/1661 Lyon (Pháp) Gia đình ơng mấy đời giàu có có người làm Luật sư, Thẩm phán Pháp, viện tối cao Paris Lyon – thành phố trọng điểm thứ Pháp Ông người thực có nhiều tḥn lợi việc ăn học Ơng mua bất loại sách mà muốn có thời gian, điều kiện theo đ̉i ông thích Với Desargues, niềm đam mê lớn nhất Hình học Ơng người đặt móng cho mơn Hình học mà ngày gọi “Hình Học Xạ Ảnh” hay “Hình Học Hiện Đại” Ơng thực nhà toán học tài ba Tuy nhiên, lối tốn học ơng khơng dễ hiểu chút nào!
Nói Desargues, khơng thể khơng nhắc đến định lý nổi tiếng: “Khi đường thẳng nối ba đỉnh tương ứng hai tam giác đồng quy giao điểm cặp cạnh tương ứng thẳng hàng” III Định lý
1 Định lý Pappus
Trong mặt phẳng cho điểmA,B,Cnằm đường thẳng d điểm A B C', ', 'nằm đường thẳng d' Chứng minh rằng: điểm AB'A B AC' , 'A C BC' , 'B C' cùng nằm đường thẳng
Chứng minh Ta chứng minh định lý cách dễ dàng sau: Gọi giao điểm lần lượt M N K, ,
Áp dụng định lý Pascal cho lục giác suy biến AB CA BC' ' 'nội tiếp đường tròn bậc ( )S cặp đường thẳng cắt d d'
Ta có:
AB'A B M'
BC'B C' K
AC'A C' N
, ,
M N K
thẳng hàng (đpcm).
Ngồi cách chứng minh trên, bạn cịn chứng minh phương pháp khác như:
Tọa độ
Phep chiếu xuyên tâm
Mơ hình xạ ảnh mặt phẳng aphin 2 Định lý Desargues
a) Phần thuận
Trong mặt phẳng cho hai tam giácABCvà A B C' ' ' Nếu đường thẳng AA',BB', CC'đồng quy điểm cặp đường thẳng BCvà B C' ',CAvà C A' ',AB A B' '
cắt giao điểm chúng thẳng hàng
Chứng minh Giả sử AA',BB', CC' đồng quy O Gọi M N P, , lần lượt giao điểm AB
và A B' ', BCvà B C' ', CAvà C A' '
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác OBC, OCA, OABvới cát tuyến NB C' ', PA C' ',
' '
MB A Ta được:
' '
' '
NB C C B O
NC C O B B (1) ' '
' '
PC A A C O
(3)A'
C' M P
A C
B
B' N O
' '
' '
MA B B A O
MB B O A A (3)
Nhân (1), (2) (3) theo vế, ta được: NB PC MA NC PA MB N P M, , thẳng hàng (theo định lý Menelaus tam giác ABC) Điều cần phải chứng minh
b) Phần đảo
Giả sử điểm X Y Z, , thẳng hàng Ta chứng minh đường thẳng
', ', '
AA BB CC đồng quy
Chứng minh Gọi S giao điểm AA BB', ' SCcắt đường thẳng
'
AC C" Xet tam giác ABC vàA B C' ' " có đường nối đỉnh
tương ứng đồng quy, theo phần thuận giao điểm cạnh tương ứng đồng quy
Ta thấy AB cắt A B' ' Z, AC cắt A C' " Y (do A C C', ', " thẳng hàng), suy giao điểm X'
của BC B C' " phải thuộc YZ Tức X' giao điểm YZ BC nên X X'
Suy C"C', hay AA BB CC', ', ' đồng quy
IV Một số bổ đề quan trọng Định nghĩa
Nếu P( , , )x y z là điểm xạ ảnh ta nói x y z, , đồng nhất tọa độ cho P Đây vấn đề đáng ý Ví dụ (1, 2,3) (2, 4,5) Trên thực tế việc khai thác nhờ bổ đề sau vận dụng nhiều cách đơn giản tập hợp tọa độ đồng nhất cho điểm cùng đường thẳng 2 Định lý
Nếu P p , Q R S, , điểm xạ ảnh cùng đường thẳng Q R S, , riêng biệt P S ,
đó sẽ tìm được vector q tích vơ hướng cho biểu diễn phù hợp điểm sau: P p , Q q ,
R p q , Sp q
Chúng ta sẽ chứng minh dựa vào 12 bước sau: (1) Từ P p thứ nguyên 1.
(2) Từ P nằm QR Q R nên ta viết p q 1r với q1Q r R, (3) Nếu r0 ta có q1p, vậy P Q (mâu thuẫn) Do đó, r0 (4) Như vậy R r .
(5) Vì r p q1 p q nên qq1
(6) Nếu q0 rp, vậy P R (mâu thuẫn) Do đó, q0
(7) Từ vector 0 khoảng cách không gian thứ nguyên 1, ta có Q q .
R r p q .
(8) Từ Q nằm PS nên q P S p S .
(9) Như vậy q1s cho 1R s S, (10) Lúc đó,
( )
s p q p q ( 1)
(11) Nếu s0, q1p vậy Q P (mâu thuẫn) Do đó, s0
(12) Vì vậy S s p q
V Một số tập áp dụng
Bài toán 1 Cho A A A1 tam giác khơng cân với tâm đường trịn nội tiếp I Cho Ci,
1, 2,3
(4)A
C B
F E
D O
O2 O3
O1
Oa
da
A0
Cho Bi, i1, 2,3, điểm thứ hai giao tuyến Ci1 Ci2 Chứng minh tâm đường tròn
ngoại tiếp tam giác A B I A B I A B I1 , 2 , 3 thẳng hàng
[USA – IMO 1997 Shortlisted Problem] Lời giải
Với i1, 2,3 (tất số vấn đề sẽ được mod 3), ta kí hiệu bơi Oi Ci bơi Mi
điểm cung A Ai1 i2 khơng bao gồm Ai
Đầu tiên ta có O Oi1 i2 tia phân giác
thẳng góc IB1, vậy bao gồm
tâm đường tròn ngoại tiếp Ri A B Ii i
Thêm nữa, dễ thấy T Ai1 i T Ii1
2
i i i
T A T I , bao hàm Ri nằm
đườngT Ti1 i2 Vì thế, Ri O Oi1 i2T Ti1 i2
Bây giờ, đường thẳng T O T O T O1 1, 2, 3
đồng quy I
Theo định lí Desargues, điểm giao tuyến củaO Oi1 i2 T Ti1 i2, i.i., Ri,
nằm đường thẳng với i1, 2,3.
Bài toán
Cho tam giác nhọn ABC D E F, , lần lượt điểm BC CA AB, , cho ba đường thẳng AD
, BE CF, đồng quy O Lấy O O O1, 2, 3lần lượt điểm đối xứng O qua EF DF DE, , Chứng
minh rằngAO BO CO1, 2, đồng quy
Lời giải
Gọi Oalà điểm đối xứng qua BC,từ Okẻ đường thẳng davng góc
với AD Thế O O O O, 2, 3, acùng thuộc đường tròn tâm D
và da tiếp tuyến Ocủa đường trịn Ta có
(hình tứ giác tồn phần),suy tứ giác
2 a
OO O O điều hòa
Hiển nhiên tiếp tuyến OvàOacủa
( )D cắt BC, nên ta có BC d O O, ,a
đồng quy điểm A0 Xác định tương tự B C0,
Khi ta có
0
A O A O A O , hay A0thuộc trục đẳng phương
của điểm O đường tròn (O O O1 3)
Tương tự ta có A B C0, 0, 0thẳng hàng Theo định lý Desargues AO BO CO1, 2, 3đồng quy
Điều phải chứng minh
Nhận xét
Từ chứng minh này, để ý tâm (O O O1 3)là điểm đẳng giác M wrt tam giác DEF, ta
cũng có kết đẹp trục riêng lẻ điểm M wrt tam giác tam giác ABCvng góc với đường nối M điểm đẳng giác với M wrt tam giác thường M wrt tam giác ABC
R3
R1
A3
A2
A1
B1
B3
B2 I
2 3
( a) ( , , , a) ( , , , )
(5)Bài tốn [Mợt trường hợp đặc biệt của định lí Pappus] Trên mặt phẳng cho ba điểm X Y Z, ,
thẳng hàng ba điểm M N P, , thỏa mãn XN song song YP, YM song song ZN, XM song songZP Khi ta có M N P, , thẳng hàng
Lời giải
Trường hợp MPsong song XYZthì đơn giản, bạn đọc tự chứng minh Ta sẽ xet MPkhông song song với XYZ
Gọi Slà giao điểm MPvới XYZ Đường thẳng qua X song song vớiYPcắt MPơ N'
Bài toán sẽ được giải ta chứng minh được ZN'
song song YM (vì ấy N'trùng N)
Thật vậy, YPsong song XN', ZP song song XM nên theo định lí Thales, ta có:
' '
SY SY SX SP SM SM SZ SX SZ SN SP SN
' SZ SN
SY SM ZN'song song YM (theo định lí Thales đảo)
Bài tốn
a) Tìm 13 điểm mặt phẳng xạ ảnh ( )Z3 Đặt chúng lần lượt A, 2,3, ,10, , ,J Q K(như
trong số)
b) Dựng bảng đường thẳng cho ( )Z3 điều kiện Nó sẽ có 13 cột dịng
Các cột tương đương 13 đường thẳng, cho điểm mỡi đường thẳng (Bậc hàng cột thích hợp, cố gắng có hệ thống.)
c) Sử dụng bảng minh họa định lí Desargues Pappus Lời giải
a) A(0,0,1); 2(0,1,0); 3(0,1,1); 4(0,1, 2); 5(1,0,0); 6(1,0,1);
7(1,0, 2);8(1,1,0); 9(1,1,1); 10(1,1, 2); J (1, 2,0); Q(1, 2,1); K (1, 2, 2)
b)
A 2 3
4 5
6 7 8 9 10 J Q K
2 A A 2 A A
5 5 7
8 9 10 Q 9 10 9 8 8
5 K K K Q K J J 10 Q 10
c) Định lí Desargues:
Tam giác 528 739 cùng nhìn A 52 73 8 ; 58 79 J; 28 39 5 5, 8, Jthẳng hàng
(nằm A).
Định lí Pappus:
{ ,3, 4}A {6,8, 4} điểm thẳng hàng A8 36 10 ; 34 48 4 ; A4 46 4 X,4,
thẳng hàng Bài toán
Cho A(1, 2, 4); B(5, 3, 2) ; C ( 3,7,6); D(13, 13, 2)
a) Tìm AB chứng minh C D, nằm AB
b) Sử dụng bổ đề Collinearty để tìm vectors a b , tích vơ hướng sao cho A a ;
B b ; C a b ; Da b Lời giải
AB(1, 2, 4) (5, 3, 2) (16,18, 13)
Từ ( 3,7,6) (16,18, 13) 0 (13, 13, 2) (16,18, 13) 0 nên C D, nằm AB
X
Y Z S
(6)Giả sử ( 3,7,6) x(1, 2, 4)y(5, 3, 2) Khi đó, ta có
x5y3
2x 3y7
4x2y6
Giải hệ ta được x2,y1 Vì thế, ( 3, 7,6) 2(1, 2, 4) (5, 3, 2)
Đặt a2(1, 2, 4) (2, 4,8) b(5, 3, 2) ( 5,3, 2) Khi A a , B b C a b Giả sử (13, 13, 2) x(1, 2, 4)y(5, 3, 2) , ta có
x5y13
2x 3y13
4x2y2
Giải hệ ta được x2,y3
Do đó, ( 3,7,6) 2(1, 2, 4) 3(5, 3, 2) a 3b
Kẻ ( 1)( 3,7,6)
c c a b Vì thế, a(2,1,1), b ( 5,3, 2)
3
Bài toán 6.Cho A(1,0,0), B(0,1,0), C (0,0,1) A'(2,1,1), B'(2,3, 2),
' (3,3, 4)
C Gọi L AB A B' ', M ACA C' ', N BCB C' ' Tìm L M, N , chứng minh
rằng chúng thẳng hàng Lời giải
AB(0,0,1), A B' ' ( 1, 2, 4) , vậy L(2, 1, 0) AC(0, 1,0) , A C' '(1, 5,3) , vậy M ( 3, 0,1) BC(1,0,0), B C' '(6, 2, 3) , vậy N (0,3, 2)
LM ( 1, 2, 3) (1, 2,3), MN ( 3, 6, 9) LM
Do đó, ta có 3(2, 1,0) 2( 3,0,1) (0,3, 2) (0,0,0)
Vậy L, M , N thẳng hàng
Bài toán Trong mặt phẳng xạ ảnh ( )Z5 , lấy A a , B a c , C c , D p c Xác
định hình dạng cho p 3a, dãy giao điểm đường thẳng.
Lời giải
Lấy EADBC p a c , F ACBD a 4c, G EF PA p 2a,
2
H GC BD p a c, K HEPA2p3a p 4a, L KC BD p 4a2c,
3
M LEPA p a VI Bài tập làm thêm
Bài 1 Cho P(1, 2,8), Q(4,1,5), R ( 5, 4,14), S(14, 7,31) Tìm vector p q, tích vơ hướng cho P p , Q q , R p q , Sp q .
Bài 2 Cho tam giác ABC điểm X Y Z, , lần lượt thuộc cạnh BC CA AB, , cho AX ,
BY, CZ đồng quy N AX cắt YZ T, TB cắt XZtại M , TCcắt XY P, YZ cắt BC Q
(7)A
F
G E D
B
C
B
A X Y Z
P R
Q
S
C
Bài 3 Cho tứ giác ABCD, tia đối tia AC lấy điểm K, cát tuyến KMN KPQ (
, , ,
M N P Q lần lượt thuộc AB BC CD DA, , , )
a) Chứng minh BD MQ NP, , đồng quy L
b) Gọi I J, lần lượt điểm thuộc AB BD, cho (ACIK) ( BDJK)1, NQ cắt MP O Chứng minh O I J, , thẳng hàng
Bài 4
a) Cho điểm P Q Qua P Q, lần lượt kẻ đường thẳng Đường thẳng thứ nhất qua Q lần lượt cắt đường thẳng qua P lần lượt B L C, , Tương tự ta có cặp điểm K O M, , A N D, , Chứng minh rằng: KL AC MN, , đồng quy
b) Chứng minh O nằm BD giao điểm KL AC, MN nằm PQ
Bài 5 Cho tứ giác lồi ABCD, E AD , F BC AC cắt BD H, AF cắt BE O, DF
cắt EC M Chứng minh O H M, , thẳng hàng
Bài 6 Tam giác ABC có đường cao AD BE, CF, trực tâm H Vẽ DPAB, DQAC R
là giao điểm DP BE, S giao điểm DQ CF, M giao điểm BQ CP N giao điểm PS RQ Chứng minh M N H, , thẳng hàng
Bài 7
a) Cho hình sau, AF song song với BD AG song song với BE Tìm tam giác cho có phần tử từ điểm hình
b) Hãy giải thích hình học Euclid định lý Desargues cho cấu hình
Bài 8 Cho tứ giác lồi ABCD cho DABABCBCD Gọi H O trực tâm
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Chứng minh H O D, , thẳng hàng
Bài 9 Trong mỡi trường hợp đây, tìm điểm O đường thẳng h cho tam giác ABC A B C' ' ' có phần tử từ điểm O đường thẳng h (Để đơn giản điểm có cùng nhãn)
a) A(0,2), B(1,1), C(1,0), A' (1, 2) , B' (2,1) , C' (0,0) Các điểm nằm mặt phẳng hình học Euclid nhúng phần tử thực mặt phẳng
b) A(1, 4,7), B(2, 1,3) , C (3,5,3), A'(2,3,5),
' (1,1, 1)
B , C'(1, 4, 2)
Bài 10 Trong sơ đồ sau A B P, , không thẳng hàng ACXYZB, AQP, RQX , RSZ, RPB, QSBlà đường thẳng Cho A a , B b , C a b ,X a xb,
Y a yb, Z a zb, P p , Q a p .
a) Chứng minh R p xb
b) Tìm S điều kiện a b p x y z, , , , , c) Sử dụng thực tế RSZ thẳng hàng để chứng minh x y z .
(8)
a) Chứng tỏ D a b c tìm vector biểu diễn cho U
b) Chứng tỏ U V, W không thẳng hàng ( )R , ta ln có chúng
thẳng hàng ( )Z2 Chuyện xảy chúng ( )Z3 ?
Bài 12 Cho hai tam giác ABC DEF có giao điểm ABvà DE, BCvà EF, CAvà
FD thẳng hàng Chứng minh đường thẳng AD BE CF, , đồng quy
Bài 13 Vẽ 10 điểm: đỉnh tam giác, giao điểm cạnh tương ứng, giao điểm đường thẳng nối hai đỉnh tương ứng Nếu ta gán nhãn cho 10 điểm hợp lý hình vẽ sẽ trơ thành trường hợp thuận định lý Desargues!
Bài 14 Giả sử giả thuyết định lý Pappus, ta giả sử C0 tiếp tuyến đến I I,
đường thẳng AB (thay nửa đường tròn I2) Chứng minh trường hợp dn (2n1)rn
Đặc trưng định lý Pappus Bạn chứng minh lập tức hay khơng? (Phep chiếu hình giúp cho bạn.)
Bài 15 Keo dài hai cạnh AB CD, BC AD tứ giác ABCD cắt P Q Qua P vẽ đường thẳng cắt BC AD E F Chứng minh giao điểm đường cheo tứ giác ABCD ABEF, CDFE nằm đường thẳng qua P
Bài 16 Giả sử tam giác ABC A B C' ' ' “trực giao”, tức đường thẳng qua A B C, , vng góc với B C C A A B' ', ' ', ' ' đồng quy P đường thẳng qua A B C', ', ' vng góc với BC
, CA AB, đồng quy P' Giả sử ABC A B C' ' ' thấu xạ tâm Q tức AA BB CC', ', ' đồng quy
"
P , theo định lý Desargues giao điểm BC B C' ', CA C A' ', AB A B' '
thẳng hàng đường thẳng d chứng minh P P P, ', " thẳng hàng đường thẳng chứa điểm vng góc với d
Bài 17 Tam giác ABC điểm P nằm tam giác cho tâm nội tiếp PBC nằm phân giác góc A, tâm nội tiếp PCA nằm phân giác góc B Chứng minh tâm nội tiếp
PAB nằm phân giác góc C
Bài 18 Tam giác ABC có P P' đẳng giác, A B C', ', ' hình chiếu P' cạnh BC,
,
AC AB A B C", ", " giao điểm AP BP CP", ", " với cạnh tam giác A B C' ' ' Lấy điểm M N P, , cạnh BC CA AB, , thỏa mãn ' ' '
" " " MA NB PC
MA NB PC Chứng minh đường thẳng qua M N P, , song song P A P B P C" , " , " đồng quy
Bài 19 Cho hai tam giác ABC A B C' ' ' có cạnh tương ứng BC B C' ', CA C A' ',
AB A B' ' cắt X Y Z, , Đường thẳng qua A song song với BC qua A' song song B C' '
cắt X', tương tự ta có Y' Z' Chứng minh XX YY ZZ', ', ' đồng quy
Bài 20 Cho tứ giác lồi ABCD Trên AC lấy E, BD lấy F Giả sử AFBE K ,
DE CF P, ADBC S Chứng minh S P K, , thẳng hàng
(9)
a) Chứng minh: BD MQ NP, , đồng quy L
b) Gọi I J, điểm thuộc AC BD, cho (ACIK) ( BDJL)1, O NQ MP Chứng
minh O I J, , thẳng hàng
c) Chứng minh tứ giác ABCD nội tiếp O I J, , trùng
Bài 22 Cho tứ giác ACC A' ', cạnh AC C A, ' ' lấy B B, ' Gọi M N P, , theo thứ tự giao điểm AB' A B' , AC' A C' , BC' B C' Chứng minh rằng: M N P, , thẳng hàng
Tài liệu tham khảo.
Viktor Prasolov, Problems in Plane and Solid Geometry, tr.105,124,447,479,486 http: www.diendantoanhoc.net
http: www.thuvien.violet.vn http: www.mathscope.org Chap03-Pappus’ theorem Chap02-Desargues’ theorem http: www.toantuoitho.com.vn http: www.toanhoctuoitre.com.vn
Walter Mientka, Mathematical_Olympiad_Problems_From_Around_The_World_1996-1997, tr.16 A collection of problems suggested for the international mathematics olympiads 1959-2004 (Pl., tr.13,15,622
A new proof of Pappus’ thoerem, Jeremy J Carroll unaffiliated
www.diendantoanhoc.net www.thuvien.violet.vn www.mathscope.org www.toantuoitho.com.vn www.toanhoctuoitre.com.vn