- Nếu một lục giác có giao điểm các cặp cạnh đối thẳng hàng và năm trong sáu đỉnh cùng nằm trên đường tròn thì đỉnh còn lại của lục giác đó cũng nằm trên đường tròn đó.. Chứng minh:.[r]
(1)A./ Bài tập chương III
Bài tốn 1: Trong P2 cho đương bậc hai (G) có phương trình :
x02+ax12+(a+1)x22+2 ax0x1+2 ax0x2+2x1x2=0 Tìm a để (G) suy biến
Lời giải
Xét định thức
2
1
0 ( 1).(1 ) 2
2 a
A a a
a
(G) suy biến
2
1
0 ( 1).(1 ) 2
2 a
A a a
a
Bài toán 2: Trong P2 thực cho đường bậc hai (G): x
0
+x02− x22=0 Tìm ảnh (G)
qua phép biến đổi xạ ảnh f: P2→ P2 có cơng thức tọa độ
¿ λx0
'
=x1+x2 λx1'
=x0+x2 λx2'
=x0+x1 ,(λ≠0)
¿{ { ¿ Lời giải:
Ta có
2
2
2
' ' '
2
' '
0 2
' ' ' ' '
1 2 0
' '
2 1 ' ' '
1
( )
2
( )
2
( )
2
x x x x
x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x
Thay vào đường bậc hai (G) ta ảnh (G) :
2 2
2 2
2 2
' ' ' ' ' ' ' ' '
0 1
' ' ' ' ' ' ' ' '
0 1
( ) ( ) ( )
2
x x x x x x x x x
x x x x x x x x x
Bài toán 3: Trong P2 thực cho mục tiêu (S
0, S1, S2;E) đường bậc hai (G) có phương
trình x02x12 x22 0 Tìm giao điểm (G) với đường thẳng S0S1; S0S2; S1S2;
S0E; S1E; S2E
(2)- Giao điểm (G) S0S1 xác định bởi:
2 2 2
0
2
0
( )
0
x x x x x
vn
x x
0 1
0
1
2
2 ; 4
6
F F
x x x x x
x x
F
x x x
Vậy: (G) S
0S1=
- Giao điểm (G) S0S2 xác định :
2 2 2
0 2
1
0
0
x x x x x
x x
chọn x0 1 ta
được hai giao điểm A (1:0:1) B (1:0:-1) - Giao điểm (G) S
1S2 x0 0 ta hai điểm C(0:1:1) D(0:1:-1)
- Giao điểm (G) S0E điểm C(0:1:1)
- Giao điểm (G) S1E điểm H (1:0:1)
- Giao điểm (G) S2E hai điểm M(1:1: 2) N(1:1:- 2)
Bài toán 4: Trong P2 thực cho mục tiêu (S
0, S1, S2;E) Viết phương trình đường bậc hai
trong trường hợp sau: a Đi qua S0, S1, S2,E
b Đi qua S0, S1, S2,E D(1:1:-1)
c.Đi qua A(0: 0: 1), B(0: 1: 1), C(1: 0: 1), D(2: -5 : 1) Lời giải:
Phương trình bậc hai (G) có dạng: a x00 02a x11 12a x22 222a x x01 12a x x02 22a x x12 0
a Thay tọa độ S0, S1, S2 vào (G) ta :
00
00 11 22
11
22 01 01 12
01 01 12
0
0
0
0 a
a a a
a
a a a a
a a a
Vậy: (G) có dạng: 2a x x01 12a x x02 22a x x12 0
b Thay tọa độ S0, S1, S2,E D(1:1:-1) vào (G) ta được:
00 11 22 00 11 22
00 11 22
01 02 12 01 02 12
02 12
00 11 22 01 02 12 01 02 12
0
0
0
2
2 2
a a a a a a
a a a
a a a a a a
a a
a a a a a a a a a
Vậy: (G) có dạng: a x x02 2a x x12 0
(3)00 22
11
11 12
11 02 01
00 11 01 02 12
02 12
10
5
2
17
2
1
4 25 20 10 5
5 a
a
a
a a
a a a
a a a a a a
a
Vậy : (G) có dạng : 10x025x1217x x0 110x x0 2 5x x1 0
Bài toán 5: Trong P2 thực cho đường bậc hai có phương trình
a 4x02+x21+5x22+4x0x1−12x0x2−6x1x2=0 b x02+4x12+x22−4x0x1+2x0x2−4x1x2=0 c 5x02+x12+x22+2x0x1−4x0x2=0
Gọi tên đường bậc hai Lời giải:
2 2
0 2
2 2
0 2 2
2
0 2
).4 12
4 12 ) 14
(2 ) 14
a x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x
x x x x
Đặt
0 2 2
1
1
2
0 14
X x x x
X X
X x
( cặp đường thẳng ảo liên hợp)
2 2
0 2
2
0
) 4
( )
b x x x x x x x x x x x x
Đặt : X x02x1 x2 X2 0 Cặp đường thẳng trùng nhau
2 2
0 2
2 2
0 2
2
0
).5
( ) 4
( ) (2 )
c x x x x x x x
x x x x x x
x x x x
Đặt :
0 2
0
1
0
X x x
X X
X x x
( cặp đường thẳng ảo liên hợp) Bài toán 6: Trong P3 thực cho mặt bậc hai có phương trình
a x0
+x1
+x2
+x3
−2x0x1−2x0x2−2x0x3+2x1x2=0 b x0
2 −4x1
2 −4x2
2 − x3
2
+6x0x1+2x0x2−2x0x3+4x1x2+2x1x3−2x2x3=0 c 3x02+4x12−4x22− x32+14x0x1+2x0x2−2x0x3+4x1x2+2x1x3−2x2x3=0 Gọi tên đường bậc hai
(4)2 2
0 3
2 2
0 2 3
2
0 3
2 2
0 0
.) 2 2
( 2 )
( )
( ) ( )
a x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
Đặt:
0
1
2
X x x x X x x X x
0
0
2 2
1
2
( ) :
X x x x
X x x G X X X
X x
(vậy (G) mặt nón)
2 2
0 3 3
.) 4 2 2
b x x x x x x x x x x x x x x x x Bài toán 7: Trong P2 thực cho mục tiêu (S
0, S1, S2;E) đường bậc hai (G) có phương
trình:
F(x0, x1, x2)=x02+2x12−2x22+4x0x1−6x1x2=0
a Viết phương trình đường đối cực điểm S0, S1, S2, E
b Tìm cực đường thẳng (d): x0+x1− x2=0 c Gọi tên (G)
Lời giải:
Ta có: 0 0 0
|S 2; |S 4; |S
F F F
u u u
x x x
0 1 2
0 1
2 ; 4 ;
F F F
x x x x x x x
x x x
a Đối cực với S0 đường thẳng (do): (u0: u1: u2) = (2:4:0)
với 0 0 0
|S 2; |S 4; |S
F F F
u u u
x x x
(d0): x02x10
Tương tự
- Đối cực S1 (0:1:0) đường thẳng (d2) (u0: u1: u2) = (4:4:-6)
(d1): 2x02x1 3x2 0
- Đối cực S2 (0:0:1) đường thẳng (d2) (u0: u1: u2) = (0:-6:-4)
(d2): 3x12x2 0
- Đối cực E(1:1:1) đường thẳng (d3) (u0: u1: u2) = (6:2:-10)
(d3): 3x0x110x2 0
b Tìm cực đường thẳng (d): x0+x1− x2=0
Xét đường thẳng (d): x0+x1− x2=0 có u(1:1:-1)
(5)0
0
0
1
2
3 10
2
1
4
10
6 1
10 x x x
x x x x
x x
x
Vậy cực đường thẳng (d) điểm A
3 1
( : : )
10 10 10
2 2
0 1
2 2
0 1 2
2 2
0 1 2
2 2 2
0 1 2 2
2 2
0 1 2
.) 2
( ) 2
( ) 2( )
3 9
( ) 2( )
2 4
3
( ) 2( )
2
c x x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x
x x x x x x x x
x x x x x
Đặt:
0
1
2
2
2( )
2
X x x
X x x
X x
Khi (S):
2 2 0
X X X
oval thực Bài toán 8: Trong P2 cho đường bậc hai (G) có phương trình:
2
0 2 2
x x x x x x
a Chứng minh hai điểm A(1:0:0), B (1:1:0) liên hợp với (G) b Tìm cực D đường AB
c Cho E’ (1:0:1) Chứng minh (A, B, D; E) mục tiêu viết phương trình (G) mục tiêu
Lời giải:
Với A(1:0:0), B (1:1:0) ta có
1 1
(1 0) 0
1
t
a Ab
Vạy hai điểm A,B liên hợp với (G)
b/ 0
2 2 |A
F F
x x x
x x
; 1
2 |A
F F
x
x x
2
2
2 |A
F F
x x
x x
(6)Tương tự ta có: 0
2 2 |B
F F
x x x
x x
; 1
2 |b
F F
x
x x
;
2
2
2 |B
F F
x x
x x
Vậy đối cực với điểm B đường thẳng (d2): 2x12x2 0
Do đó, đối cực D AB giao hai đường thẳng (d1) (d2) có tạo D (0:1:1)
c Đặt
dd dd
, , , ,
'
a b c A B D
e E
Xét
1 0
1 1 0 1
a b c
1 0
1 1 0 1
a b c
Vậy {A,B,D} độc lập tuyến tính Và E’= 2A-B+D nên mục tiêu P2 Gọi ( , , )e e e0
sở đại diện cho mục tiêu cho Ta có sở đại diện cho mục tiêu (A,B,D;E’) ( , , )u u u0
Khi ta có: u0 2 ;e u0 1e0 e u1; e1 e2
Ta có cơng thức đổi tọa độ là:
' '
0
' '
1
'
2
2
x x x
x x x
x x
Thay vào (G) ta ta phương trình (G) mục tiêu là:
' ' '2 ' ' ' ' ' ' '
0 0 1
' ' '2 ' '
0
(2 ) (2 )( ) 2(2 )
4
x x x x x x x x x x x
x x x x x
Bài toán 9: Trong P3 thực cho mặt bậc hai (G) có phương trình
x0
+x12+x22+x32−2x0x1−2x0x2−2x0x3+2x1x2=0 a Tìm điểm kì dị (G)
b Tìm đối cực α điểm A (1:0:0:0 ) (G) c Tìm giao (G) α
Lời giải:
(7)0
0
0
1
0 2
2 0 3 3
3
0
0
0
0
0
0
0
0 F x
x x x x x
F
x x x
x x
F x x x x
x x x x
F x
Vậy : M (1:0:1:0) điểm kì dị
b Mặt đối cực α điểm A (1:0:0:0 ) (G) :x0 x1 x2 x3 0
c.Giao điểm (G) α xác định bởi:
0
2 2
0 3
0
2 2
1 3
3
0
1
0
0
0
2 ( )
( ) ( )
0
0
( )
0 x x x x
x x x x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x x
x
x x x x x x
x x x x x x
x x
Vậy: (G) α hai đường thẳng (d
1):
0
0
0 x
x x x
(d
2):
1
0
0 x x x x
B./ ĐỊNH LÍ PASCAL
1 Hình đỉnh
Tập hợp điểm phân biệt theo thứ tự A1, A2, A3 ,A4 ,A5, A6 gọi hình đỉnh
Kí hiệu : A1A2A3A4A5A6 Các Ai gọi đỉnh hình sáu đỉnh Các cạnh A1A2,
A2A3, A3A4, A4A5, A5A6 , A6 A1 Các đỉnh đối diện là: A1 A4 ; A2và A5; A3 A6
Các cạnh đối diện : A1A2 A4A5; A2A3 A5A6 ; A3A4 A6 A1
2/ Định lí Pascal ( Về hình đỉnh)
Cho điểm A, B,C, D, E, F thuộc ovan hay nội tiếp ovan(có thể hốn đổi thứ tự) Gọi P=AB DE,QÇ =BC EF, RÇ =CD FAÇ
Khi điểm P,Q, Rthẳng hàng Chứng minh.
(8)P = AB DE; Q = BC EF; R= CD FA;M = AB CD; N =BC DE Khi ta chứng minh P, Q, R thẳng hàng
- Từ định lý Stayne đảo, ta có
[
AB,AC,AD,AF]
=[
EB,EC,ED,EF]
Nhưng:[
AB,AC,AD,AF]
=[
M , C , D , R]
[
EB,EC,ED,EF]
=[
B , C , N ,Q]
Vì ta có:[
M , C , D , R]
=[
B , C , N ,Q]
Chứng tỏ có phép ánh xạ ảnh f: CD→CB mà f(M) = B, f(C) = C, f(D) = N, f(Q)
=R Hơn f phép xuyên tâm ( C tự ứng)
Suy ra: MB , DN, QR đồng quy (hay P, Q, R thẳng hàng)
3. Định lý đảo Pascal (Định lý Pascal đảo tổng quát Braikenridge, Maclaurin)
- Nếu lục giác có giao điểm cặp cạnh đối nằm đường thẳng lục giác nội tiếp conic
Trong trường hợp conic đường tròn, định lý phát biểu:
- Nếu lục giác có giao điểm cặp cạnh đối thẳng hàng năm sáu đỉnh nằm đường trịn đỉnh cịn lại lục giác nằm đường trịn
Chứng minh:
- Xét lục giác ABCDEF có A, B, C, D, E nằm (O) AB ∩ DE = {M}, BC ∩ DF = {N}, CD ∩ AF = {P}
- Theo giả thiết M, N, P thẳng hàng Vậy CD ∩ MN = {P}
EF ∩ (O) = {D;F’}, CD ∩ AF’ = {P’} Lục giác ABCDEF’ nội tiếp (O)
Theo định lý Pascal: M, N, P’ thẳng hàng
CD ∩ MN = {P’} => P ≡ P’ => F ≡ F’
Ta viết lại định lý Pascal với đường trịn sau: Xét lục giác có đỉnh nằm đường tròn Đỉnh lại lục giác thuộc đường trịn <=> Giao điểm cặp cạnh đối lục giác thẳng hàng 4 Các trường hợp đạc biệt cùa định lý Pascal
Ta định nghĩa hình đỉnh, đỉnh, định tương tự định nghĩa hình đỉnh
4.1 Định lý Pascal: ( hình đỉnh)
Nếu hình đỉnh ABCDE nội tiếp ovan (S)thì giao điểm cạnh AB với cạnh EF, cạnh BC với tiếp tuyến (S) F, cạnh CD với cạnh FA thảng hàng
4.2 Định lý Pascal: (hình đỉnh)
Nếu hình đỉnh ABCD nội tiếp đường ovan giao điểm cặp cạnh đối diện giáo điểm tiếp tuyến cặp đỉnh đối diện điểm thẳng hàng
4.3 Định lý Pascal ( hình đỉnh)
- Nếu hình đỉnh nội tiếp ovan giao điểm cạnh với tiếp tuyến đỉnh đối diện điểm thẳng hàng
(9)Một đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD tiếp xúc với cạnh AB, BC,CD, DA E, F,G, H Khi đường thẳng AC, EG, BD, FH đồng quy
Lời giải:
Gọi O=EG FH, XÇ =EH FGÇ
Vì D giao điểm tiếp tuyến với đường tròn G, H, áp dụng định lý Pascal cho điểm E,G,G, F, H, H, ta có:
EG FH O,
GG HH D,
GF HE X
Ç =
Ç =
Ç =
Suy O, D, Xthẳng hàng
Áp dụng định lý Pascal cho điểm E, E, H, F, F,G,ta có: EE FF B,
EH FG X,
HF GE O
Ç =
Ç =
Ç =
Suy B, X,Othẳng hàng
Từ ta B,O, Dthẳng hàng Vậy EG, FH, BD đồng quy O
Chứng minh tương tự đường thẳng AC ta điều phải chứng minh Bài toán 2:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Gọi D, E điểm cung AB, AC; P điểm tuỳ ý cung BC; DP ABÇ =Q, PE ACÇ =R
Chứng minh đường thẳng QRchứa tâm I đường trịn nội tiếp tam giác ABC Lời giải:
Vì D, E điểm cung AB, AC nên CD, BE theo thứ tự đường phân giác góc ACB, ABC· ·
Suy I=CD EB.Ç
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm C, D, P, E, B, A, ta có:
CD EBÇ =I; DP B =Q;
X
O
C D
A
B G
E H
F
I R
Q E
D A
B C
P (Hình 1)
Hình
(Hình 2)
(10)PE ACÇ =R Vậy Q, I, R thẳng hàng Bài toán 3:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao đỉnh A, B, C cắt (O) A’, B’, C’ D nằm (O), DA ' BCÇ =A",DB' CAÇ =B", DC' ABÇ =C"
Chứng minh rằng: A”, B”, C”, trực tâm H thẳng hàng Lời giải:
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, A ', D,C',C, B, ta có:
AA ' C 'C H, A 'D CB A", DC ' BA C"
Ç =
Ç =
Ç =
Vậy H, A",C" thẳng hàng
Tương tự suy A”, B”, C”, H thẳng hàng Bài toán 4:
Ngũ giác ABCDE lồi thỏa mãn:
· ·
CD=DE, BCD=DEA=90 Điểm F đoạn AB cho
AF AE
BF=BC×
Chứng minh rằng: A, G ,B thẳng hàng Lời giải:
Gọi P=AE BCÇ , Q, R giao điểm AD BD với đường trịn đường kính PD, G=QC R
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm P,C,Q, D, R, E, ta có:
PC DR B,
CQ RE G,
QD EP A
Ç =
Ç =
Ç =
Vậy A,G, B thẳng hàng
Bài toán 5: (Định lý Brianchon)
Lục giác ABCDEF ngoại tiếp đường trịn Khi AD, BE, CF đồng quy
H C"
B"
A" C'
B'
A'
B C
A
D
N
P M
A B
C D
E
F H
G
L
K J I
R
Q P
F
A E
D C B
(Hình 3)
Hình
(Hình 4)
(11)Lời giải:
Gọi tiếp điểm cạnh G, H, I, J, K, L Khi GH, HI, IJ, JK, KL, LG đối cực B, C, D, E, F, A
Gọi GH JK N, HI KL P, IJ LG=M
Theo Pascal cho lục giác GHIJKL ta có M, N, P thẳng hàng
Mà M, N, P đối cực AD, BE, CF nên suy AD, BE, CF đồng quy cực đường thẳng MNP
Bài toán 6:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao đỉnh A, B, C cắt (O) A’, B’, C’ D nằm (O), DA ' BCÇ =A",DB' CAÇ =B", DC' ABÇ =C"
Chứng minh rằng: A”, B”, C”, trực tâm H thẳng hàng Lời giải:
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, A ', D,C ',C, B, ta có: AA ' C 'C H,
A 'D CB A", DC ' BA C"
Ç =
Ç =
Ç =
Vậy H, A",C" thẳng hàng
Tương tự suy A”, B”, C”, H thẳng hàng
H C"
B"
A"
C' B'
A'
B C
A
D Hình
(Hình 6)