CHƯƠNG 2. ỨNG DỤNG CÁC ĐỊNH LÝ CỔ ĐIỂN VÀO GIẢI TOÁN SƠ CẤP
2.4. ỨNG DỤNG CỦA ĐỊNH LÝ PASCAL
2.4.1. Một số bài toán minh họa
Bài toán 2.10. Một đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD lần lượt tiếp xúc với các cạnh AB BC CD DA, , , tại ,E F G H, , .
Chứng minh rằng các đường thẳng AC EG BD FH, , , đồng quy.
Nhận xét. Ta thấy đây là bài toán chứng minh các đường thẳng đồng quy nhưng thật ra đây là bài toán chứng minh các điểm thẳng hàng. Bởi vì chúng ta sẽ chứng minh hai đường thẳng cắt nhau và đường thẳng thứ ba (đi qua hai điểm phân biệt) cũng đi qua giao điểm này. Hơn n a bài toán này liên quan đến đường tròn và tứ giác nội tiếp đường tròn nên ta dùng định lý Pascal để giải.
Giải.
Gọi O EG FH X, EH FG. Vì D là giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn tại G H, . Áp dụng định lý Pascal cho các điểm
, , , , ,
E G G F H H ta có ,
, . EG FH O GG HH D GF HE X
Suy ra , ,O D X thẳng hàng.
Áp dụng định lý Pascal cho các điểm , , , , ,E E H F F G, ta có ,
, . EE FF B EH FG X HF GE O Suy ra ,B X O, thẳng hàng.
Từ đó ta được , ,B O D thẳng hàng.
Hình 2.12
X
B A
D
C H
E
F G
O
48
Vậy EG FH BD, , đồng quy tại O. (2.14) Tương tự, đối với đường thẳng AC. Gọi Y GH FE.
Áp dụng định lý Pascal cho các điểm F F E G G H, , , , , ta được
, , .
FE GH Y EE HH A EG HF O Suy ra ,Y A O, thẳng hàng.
Áp dụng định lý Pascal cho các điểm G G H F F E, , , , , ta được
, , .
GG FF C GH FE Y HF EG O Suy ra ,C Y O, thẳng hàng.
Vậy EG FH AC, , đồng quy tại O. (2.15) Từ (2.14) và (2.15) suy ra các đường thẳng AC EG BD FH, , , đồng quy.
Bài toán 2.11. Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn. Gọi ,
D E lần lượt là các điểm chính gi a của các cung AB AC, , gọi P là một điểm tùy ý trên cung BC và DP AB Q PE, AC R. Chứng minh rằng đường thẳng QR chứa tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Nhận xét. Thực chất đây là bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng, các điểm đã cho nằm trên một đường tròn nên ta áp dụng định lý Pascal để giải.
Giải.
Vì D E, lần lượt là điểm chính gi a của các cung AB AC, nên CD BE, theo thứ tự là các đường phân giác của các góc ACB ABC, .
Suy ra I CD EB.
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm , , , , ,C D P E B A ta có
, , . CD EB I DP BA Q PE AC R
Vậy Q I R, , thẳng hàng. Hình 2.13
R
Q E
D
I A
B C
P
49
Hay QR chứa tâm I của đường tròn nội tiếp ABC.
Bài toán 2.12. Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn O , đường cao xuất phát từ các đỉnh , ,A B C lần lượt cắt O tại A B C', ', '. Điểm D nằm trên O có DA' BC A'', DB' CA B DC'', ' AB C''. Chứng minh rằng '', '', ''A B C và trực tâm H của ABC thẳng hàng.
Nhận xét. Đây là bài toán chứng minh các điểm thẳng hàng. Các điểm này là giao điểm của các cặp canh đối diện trong lục giác nội tiếp đường tròn nên chúng ta áp dụng định lý Pascal để giải.
Giải.
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm , ', , ', ,A A D C C B ta có
' ' ,
' '',
' ''.
A A C C H A D CB A DC BA C
Suy ra H A C, '', '' thẳng hàng. (2.16) Tương tự, áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm , ', , ', ,B B D A A C ta có
' ' ,
' '',
' ''.
B B A A H B D AC B DA CB A
Suy ra H B, '', A'' thẳng hàng. (2.17) Từ (2.16), (2.17) suy ra '', '', ''A B C và trực tâm H của ABC thẳng hàng.
Hình 2.14
C''
B''
A''
A'
B'
H A
B C
C'
D
50
Bài toán 2.13. Cho điểm P thay đổi trong tam giác ABC cố định. Gọi ', ''
P P lần lượt là hình chiếu vuông góc của P lên BC AC, . Gọi ', ''Q Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của C lên AP BP, . Gọi X P Q' '' P Q'' '. Chứng minh rằng X di chuyển trên một đường cố định.
Nhận xét. Đây là bài toán chứng minh điểm di chuyển trên đường cố định nhưng thực chất là bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng. Các điểm nằm trên đường tròn vì vậy chúng ta áp dụng định lý Pascal để giải.
Giải.
Ta có CP P' CP P'' CQ P' CQ P'' 90 .0
Nên các điểm , ', '', , ', ''C P Q P Q P cùng thuộc một đường tròn. Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm , ', '', , ', ''C P Q P Q P ta có
' ' ,
' '' ' '' ,
'' '' .
CP PQ A P Q Q P X Q P P C B Suy ra ,A X B, thẳng hàng.
Vậy X di chuyển trên đường thẳng AB cố định.
Bài toán 2.14. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn O , gọi ', ', '
A B C là trung điểm BC CA AB, , . Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác AOA BOB COC', ', ' thẳng hàng.
Giải.
Gọi '', '', ''A B C lần lượt là trung điểm của OA OB, , OC. Tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AOA BOB COC', ', ' lần lượt là I J K, , . Khi đó I là giao điểm của các đường trung trực của OA OA, ', hay I là giao điểm của
Hình 2.15
P’'
Q '
Q''
P’' A
B C
P X
51 '' ''
B C với tiếp tuyến của đường tròn O OA, '' tại A''. Điểm J là giao điểm của các đường trung trực của OB OB, ', hay J là giao điểm của C A'' " với tiếp tuyến của đường tròn O OB, '' tại B''. Điểm K là giao điểm của các đường trung trực của OC OC, ', hay K là giao điểm của A B'' " với tiếp tuyến của đường tròn O OC, '' tại C''.
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm ", ", ", ", ", "A A B B C C ta có
" " " " ,
" " " " ,
" " " " . A A B C I A B C C K B B C A J
Suy ra , ,I J K thẳng hàng. Hay tâm đường tròn ngoại tiếp các tam giác
', ', '
AOA BOB COC thẳng hàng.