Định lí Pascal và áp dụng - chuyen-qb.comchuyen-qb.com/web/attachments/1249_DL Pascal va Ap dung-XB.pdf · Dạy ĐTQG 2015-2016: Định lí Pascal và áp dụng Trần

Dạy ĐTQG 2015-2016: Định lí Pascal và áp dụng

Trần Xuân Bang - Trường THPT Chuyên Võ Nguyên Giáp 1

Định lí Pascal và áp dụng 1. Định lí Pascal.

Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F không kể đến, thứ tự cùng thuộc một đường tròn. Xét đường gấp khúc khép kín AB, BC, CD, DE, EF, FA. Gọi H, K, I lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AB và ED, BC và EF, AF và CD. Khi đó H, K, I thẳng hàng. Chứng minh. Kí hiệu đường thẳng AB là (AB).

Cách 1.

Gọi X là giao điểm của (AB) và (CD), Y là giao điểm của (EF) và (CD), Z là giao điểm của (AB) và (EF).

H

I

Z

Y

X

F

ED

C

BA

K



Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác XYZ với I, F, A thẳng hàng ta có . . 1IY AX FZ

IX AZ FY (1)

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác XYZ với H, E, D thẳng hàng ta có . . 1HX EZ DY

HZ EY DX (2)

Áp dụng định lí Menelaus cho tam giác XYZ với K, B, C thẳng hàng ta có . . 1KZ CY BX

KY CX BZ (3)

Nhân từng vế (1), (2), (3), ta có: . . .IY AX FZ

IX AZ FY. . .HX EZ DY

HZ EY DX. . 1KZ CY BX

KY CX BZ

. . .. . . . . 1. . .

IY HX KZ XA XB ZE ZF YC YDIX HZ KY XC XD ZA ZB YE YF

Mặt khác, theo hệ thức lượng trong đường tròn, ta có: . . , . . , . .XA XB XC XD ZE ZF ZA ZB YC YD YE YF

Suy ra . . 1IY HX KZIX HZ KY

Theo định lí Menelaus cho tam giác XYZ ta có H, I, K thẳng hàng. (Đường thẳng đi qua ba điểm H, I, K gọi là đường thẳng Pascal). Cách 2. Gọi giao điểm thứ hai của đường tròn (IEB) với ED là G, với AB là J. Ta có DGI = IBE = CDE Suy ra KD//IG Tương tự thế, hai tam giác IGJ và KDA có các cạnh tương ứng song song nên theo Đơgiác IK, GD và JA đồng quy. Suy ra I, H, K thẳng hàng Cách 3. Gọi M là giao của CD và AB, N là giao của BC và DE. Ta có, theo tính chất của tỷ số kép, chùm A(DBFC) = E(DBFC) (DMKC) = (NBIC). Suy ra DN, MB, KI đồng quy nên I, H, K thẳng hàng. ** Dưới đây là một số đường thẳng Pascal

F

E

DC

B

A

I

K

H

I

K

H

F

E

D

C

B

A

NM

J

IK

H

G

F

E

D

C

B

A



**) Định lí Pascal cho lục giác suy biến: 2. CÁC BÀI TOÁN ÁP DỤNG. Bài toán 1. Tứ giác ABCD nội tiếp có tiếp tuyến tại A và B cắt nhau ở N1, tại B và C cắt nhau ở N2, tại C và D cắt nhau ở N’1, tại D và A cắt nhau ở N’2; các đường thẳng AD và BC cắt nhau ở M1; các đường thẳng AB và CD cắt nhau ở M2; AC và BD cắt nhau ở P. Chứng minh bốn điểm M1, N1, P, N’1 thẳng hàng và bốn điểm M2, N2, P, N’2 thẳng hàng. Lời giải. Cách 1. Bổ đề: Tứ giác ABCD ngoại tiếp (O), (O) tiếp xúc với AB, BC, CD, DA lần lượt tại M, N, P, Q và AC∩BD = I Khi đó IA MA

IC PC

Thật vậy, kẻ CE//AB ( E MP ) Theo định lí Thales ta có IA IM

IC IE MA MA

EC PC (Để ý rằng EC = PC do CEP =

BMP = CPE)

F

E

D

CB

A

I

K

H

A=B

KE=F

D

C

B A

I

K

H

I

K

H

I

H

E=FE=F C=D

C=DB

A

IK

H

F

E

D

C

B

A



Gọi AD∩N1 N'1 =M; BC∩N1N'1 = M' Áp dụng vào bài toán ta có: 1 1 1

1 1 1' ' 'PN BN ANPN DN DN

Do đó PN'2, DN1, AN'1 đồng quy ⇒(MPN1N'1) = −1. Chứng minh tương tự ta có (M'PNN'1) = −1 ⇒M≡M'≡M 1 Suy ra đpcm Cách 2. Xét lục giác suy biến AADBBC: AABB = N1, ADBC = M1, DBCA = P Áp dụng Pascal suy ra M1, N1, P thẳng hàng. Xét lục giác suy biến DDBCCA: DDCC = N'1, DBCA = P, BCAD = M1, Áp dụng Pascal suy ra M1, N'1, P thẳng hàng. Suy ra M1, N1, P, N’1 thẳng hàng. Tương tự cho bốn điểm M2, N2, P, N’2 thẳng hàng. Cách 3. Gọi đường tròn ngoại tiếp tứ giác ABCD là (O) ta có M1 thuộc đường đối cực BC của N2 đối với (O) nên suy ra N2 thuộc đường đối cực PM2 của M1 đối với (O) tương tự N'2 cũng thuộc đường đối cực PM2 của M1 đối với (O) từ đó suy ra N'2, P, N2, M2 thẳng hàng.

N'1

N2

N1

N'2

M2

M1

P

D

CB

A

EI

Q

P

N

M

D

CB

A



Bài toán 2. Cho một đường tròn với hai dây AB và CD không song song. Đường vuông góc với AB kẻ từ A cắt đường vuông góc với CD kẻ từ C và từ D lần lượt tại M, P. Đường vuông góc với AB kẻ từ B cắt đường vuông góc với CD kẻ từ C và D lần lượt tại Q và N. Chứng minh rằng các đường thẳng AD, BC, MN đồng quy và các đường thẳng AC, BD, PQ cũng đồng quy. HD.

Gọi giao điểm của AD và BC là I; gọi O là tâm đường tròn. Ta chứng minh MN đi qua I bằng cách chứng minh lần lượt M, I, O và O, N, I thẳng hàng. AM cắt (O) tại H và CM cắt (O) tại K. Do nên K, O, D thẳng hàng, và H, O, B thẳng hàng. Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm C, H, D, B, K, A ta có giao điểm của CB và AD, HA và CK, HB và DK thẳng hàng. 3 giao điểm này lần lượt là I, M, O. Suy ra I, M, O thẳng hàng. BN cắt (O) tại L và DN cắt (O) tại R. Do nên L, O, A thẳng hàng và R, O, C thẳng hàng. Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A,B, R, L, D, C, ta có giao điểm của AL và RC, BC và AD, BL và RD . 3 giao điểm này lần lượt là O, I, N. Suy ra O, I, N thẳng hàng. Từ 2 kết quả trên suy ra M, I, N thẳng hàng. Gọi giao điểm của AC và BD là T. Ta cần chứng minh H, Q, P thẳng hàng. Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A , K,B , C, L, D, ta có giao điểm của AC và BD, KD và AL, KC và BL thẳng hàng. 3 giao điểm này lần lượt là T, O, Q. Suy ra T, O, Q thẳng hàng. Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểmA , R,B , C, H,D, ta có giao điểm của AC và BD, RD và AH, RC và BH thẳng hàng. 3 giao điểm này lần lượt là T, P, O. Suy ra T, P, O thẳng hàng. Từ hai kết quả trên suy ra T, P, Q thẳng hàng. Ta có đpcm. Bài toán 3. Cho tam giác ABC có (I) là đường tròn nội tiếp, tâm I, lần lượt tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tại A1, B1, C1. Gọi X là một điểm trong tam giác ABC. Các tia A1X, B1X, C1X cắt B1C1, C1A1, A1B1 lần lượt tại A2, B2, C2. Các tia A1X, B1X, C1X cắt (I) lần lượt tại A3, B3, C3.



a) Chứng minh rằng AA2, BB2, CC2. đồng quy (tại P) và AA3, BB3, CC3 đồng quy (tại Q). b Chứng minh rằng P, X, Q thẳng hàng.

Lời giải.

a) Theo Ceva ta có AA1, BB1, CC1 đồng quy. Chứng minh a) xem Tài liệu giáo khoa chuyên toán HH10 trang 70, trang 155. b) Trước hết ta chứng minh AB, A2B2 và A3B3 đồng quy. Thật vậy gọi R là giao điểm của AB và A3B3. Xét lục giác nội tiếp A3A1C1C1B1B3 với R = C1C1A3B3, B2 = A1C1 B1B3, A2 = A1A3 B1C1. Theo định lí Pascal ta có R, A2, B2 thẳng hàng g hay AB, A2B2, A3B3 đồng quy. Áp dụng Desargue cho hai tam giác AA2A3 và BB2B3 có X, P, Q thẳng hàng. Bài toán 4(Imoshrtlist 2011 - G5) Cho ABC là một tam giác với đường tròn nội tiếp tâm I và đường tròn ngoại tiếp (C). D và E là giao điểm thứ hai của (C) với các tia AI và BI tương ứng. DE cắt AC tại điểm F, và cắt BC tại điểm G. P là giao điểm của đường thẳng đi qua F song song với AD và đường thẳng qua G song song với BE. Giả sử rằng K là giao điểm của các tiếp tuyến của (C) tại A và B. Chứng minh rằng ba đường thẳng AE, BD, và KP là song song hoặc đồng quy. Lời giải.

I

R

Q

P

XC3C2

C1

B3 B2

B1A3

A2

A1 CB

A



Cách 1. Thấy ngay ∠IAF = ∠DAC = ∠BAD = ∠BED = ∠IEF suy ra AIFE là tứ giác nội tiếp. Ký hiệu đường tròn ngoại tiếp AIFE là (C1). Tương tự như vậy, tứ giác BDGI là nội tiếp; kí hiệu đường tròn ngoại tiếp BDGI là (C2). Đường thẳng (AE) là trục đẳng phương của (C) và (C1), đường thẳng (BD) là trục đẳng phương của (C) và (C2). Gọi t là trục đẳng phương của (C1) và (C2). Ba trục đẳng phương này đồng quy tại tâm đẳng phương của chúng hoặc là song song với nhau. Ta sẽ chứng minh rằng t là đường thẳng PK. Gọi L là giao điểm thứ hai của (C1) và (C2). Khi đó t = (IL). (Nếu hai đường tròn là tiếp xúc với nhau thì L = I và t là tiếp tuyến chung) Gọi K' L và P' L là giao điểm của t với các đường tròn ngoại tiếp các tam giác lần lượt là ABL và BDL. Ta có: ∠(AB, BK') = ∠(AL, LK') = ∠(AL, LI) = ∠(AE, EI) = ∠(AE, EB) = ∠ (AB, BK). Suy ra BK' // BK. Tương tự như vậy chúng ta có AK'//AK, và do đó K' K. Tiếp theo, chúng ta có: ∠(P'F, FG) = ∠(P'L, LG) = ∠(IL, LG) = ∠(ID, DG) = ∠(AD, DE) = ∠(PF, FG). Do đó P'F // PF và tương tự P'G // PG. Do đó P' = P. Điều này có nghĩa rằng t đi qua K và P. Chứng minh được kết thúc. Solution 2. Gọi M là giao điểm của các tiếp tuyến với (C) tại D và E, gọi T là giao điểm của các đường thẳng AE và BD. Nếu AE và BD song song, các điểm K và M nằm trên đường TI (như là một hệ quả của Định lý Pascal, áp dụng cho các lục giác suy biến AADBBE và ADDBEE).

G

(C2)

(C1)

(C)

D

IL

F

E

P'P

K'K

W

CB

A



Các đường AD và BE là phân giác của các góc ∠CAB và ∠ABC, tương ứng, vì vậy D và E là trung điểm của cung BC và CA của đường tròn (C). Do đó, DM//BC và EM // AC. Áp dụng định lý Pascal cho lục giác suy biến CADDEB. Theo định lý, các điểm F = CA ∩DE, I = AD∩EB cho ta FI // BC // DM. Tương tự, các đường thẳng GI //AC // EM. Xét phép vị tự tâm H tỉ số FG

ED biến E thành G và biến D thành F. Vì tam

giác EDM và tam giác GFI có các cạnh tương ứng song song, nên phép vị tự này biến M thành I. Tương tự như vậy, do các tam giác DEI và FGP có cạnh tương ứng song song, nên phép vị tự này biến I thành P. Do đó, các điểm M, I, P và H thẳng hàng. Do đó, điểm P cũng thẳng hàng với T, K, I, M. Bình luận. Người ta có thể chứng minh rằng IF//BC và IG//AC một cách cơ bản hơn. Do ∠ADE = ∠EDC và ∠DEB = ∠CED nên các điểm I và C là đối xứng qua DE. Hơn nữa, cung EA EC và DB DC ta có ∠CFG = ∠FGC, vì vậy tam giác CFG cân. Do đó, tứ giác IFCG là một hình thoi. Bài toán 5.(Chọn ĐT 11 - 12 KHTN ngày 1 - Vòng 1- 2013) Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) với AB không là đường kính của (O). P là điểm di chuyển trên cung CD không chưa A, B của (O). PA cắt DB, DC lần lượt tại E, F. PB cắt CA, CD lần lượt tại G, H. GF giao EH tại Q. Chứng minh rằng đường thẳng PQ luôn đi qua điểm cố định khi P di chuyển . Lời giải. Kí hiệu đường thẳng AB là (AB) Giả sử tiếp tuyến tại B cắt AC ở X, tiếp tuyến tại A cắt BD ở Y. Áp dụng định lí Pascal cho lục giác suy biến APBDCA ta suy ra Y, F, G thẳng hàng. Tương tự cho X, H, E thẳng hàng.

C

M

T

(C)

PH

G

FI

K

D

E

B

A



Gọi K là giao điểm của các đường thẳng (AB) và (CD). Áp dụng định lí Pascal cho lục giác suy biến AACDBB suy ra X, Y, K thẳng hàng hay các đường thẳng (AB), (CD), (XY) đồng quy. Xét 2 tam giác XBH và YAF, ta có: (XB) cắt (YA) tại M cố định. (HB) cắt (FA) tại P. (HX) cắt (FY) tại Q. Do (AB), (HF), (XY) đồng quy nên theo định lí Desargues ta suy ra P, Q, M thằng hàng. Do đó (PQ) luôn đi qua điểm M cố định. Bài toán 6.(Chọn ĐT 11 - 12 KHTN ngày 2 vòng 1- 2013) Cho tam giác ABC không cân nội tiếp (O). P là điểm bất kì nằm trong tam giác ABC và không trùng O. AP cắt (O) tại D khác A. DE, AF là đường kính của (O) . EP, FP lần lượt cắt (O) tại G, H khác E, F. Giả sử AH giao DG tại K. Gọi L là hình chiếu của K lên đường thẳng OP. a) Chứng minh rằng 4 điểm A, L, K, D cùng thuộc một đường tròn. Gọi đường tròn này là (S). b) Chứng minh rằng đường thẳng OP cắt EF tại điểm T thuộc (S) Lời giải. Kí hiệu đường thẳng AB là (AB) a) Để chứng minh A, L, K, D đồng viên, ta chứng minh:KLD =KAD. Bằng biến đổi góc, ta chứng minh được KPA = 900 và L, H, P, K, G cùng thuộc một đường tròn. Từ đó, ta suy ra cần phải chứng minh HLP = PLD . (1) Gọi J là giao điểm của HD, AG. Áp dụng định lý Pascal cho lục giác AGEDHF,

KO

M

HY

X

G

F

EQ

P

D

C

BA



ta có O, P, J thằng hàng. Ta cóHLP =HGP = HDE Suy ra tứ giác HODL nội tiếp được. Suy ra PLD =OHD =ODH = HLP, hay (1) được chứng minh. b) Ta cần chứng minh tứ giác ALDT nội tiếp được. Ta có tứ giác ATFP là hình bình hành. Suy ra TAP = TFP = ODH = TLD Vậy ta có đpcm. Bài toán 7. Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). AD giao BC tại P, BA giao CD tại Q. Đường thẳng qua Q vuông góc với AC cắt OP tại X. Chứng minh

090ABX . Lời giải. Gọi E, F lần lượt là điểm đối xứng với A, C qua O. DF cắt BE tại X'. Áp dụng Pascal cho lục giác AEBCFD ta có O, X', P thẳng hàng, trong đó:

, ' ,O AE CF X DF BE P AD BC Ta còn phải chứng minh QX' AC. Thật vậy, gọi K là giao của AC và QX'. Do tứ giác QX'BD nội tiếp nên X'QB + KAQ = FDB + BAC = FCB + BFC = 900. Vậy X X'. Suy ra đpcm. Bài toán 8. (Định lý Collings) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), trực tâm H. Một đường thẳng d bất kì đi qua H. Chứng minh rằng các đường thẳng đối xứng với d qua ba cạnh tam giác ABC đồng quy tại một điểm nằm trên (O). Điểm này gọi là điểm Anti-Steiner của d ứng với tam giác ABC. Lời giải. Gọi da, db, dc là các đường thẳng đối xứng với d qua BC, CA, AB. d cắt AC, AB lần lượt tại E, F. Các đường thẳng BH, CH cắt lại (O) lần lượt tại B', C'. Đường thẳng C'F cắt lại (O) tại T. TB' cắt AC tại E'. Áp dụng Pascal cho lục giác ABB'TC'C suy ra F, H, E' thẳng hàng. Suy ra E' E. Do C' và H đối xứng H qua AB nên C'F dc. Tương tự B'E db. Vậy db và dc cắt nhau tại T trên (O). Chứng minh tương tự suy ra da, db, dc đồng quy tại T.

Q

K

O

P

X

F

ED

C

B

A

T

H OC'

F

E

B'

CB

A

(S)

TJL

K

H

G

F

E

P O

D

C

B

A



Bài toán 9. (Bài toán con bướm) Cho đường tròn (O) và một dây cung XY nhận M làm trung điểm. Hai dây cung AB và CD bất kì đi qua M. AD và BC cắt XY lần lượt tại P và Q. Chứng minh MP = MQ. Lời giải. Vẽ các đường kính AU và CV . Gọi N là giao điểm của DU và BV . Theo định lý Pascal cho hình lục giác ABVCDU , chúng ta có ba giao điểm M , O , N thẳng hàng. Vì M là trung điểm của dây cung XY nên NOM vuông góc với XY . Vì AU và CV là hai đường kính nên ∠ADU =∠CBV= 900. Từ đó suy ra MNDP và MNBQ là hai tứ giác nội tiếp đường tròn. Do đó ∠MNP =∠MDP =∠MBQ =∠MNQ.

Vậy hai tam giác vuông MNP và MNQ bằng nhau, và chúng ta suy ra điều cần chứng minh MP = MQ . Bài toán 10. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Một đường thẳng d bất kì đi qua O cắt CA, AB t ại Y, Z. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm BY, CZ, YZ. Chứng minh rằng O, M, N, P cùng thuộc một đường tròn. Lời giải. Gọi J, K lần lượt là điểm đối xứng của B, C qua O. KZ cắt (O) tại L, LY cắt AC tại Y'. Áp dụng Pascal cho lục giác ACKLJB ta có Y', O, Z thẳng hàng. Suy ra Y' Y. Như thế hai đường tròn đường kính BY, CZ giao nhau tại L nằm trên (O). L

O

K J

YZ P

N

MCB

A



Do OM//LJBL và ON//LKCL. Suy ra MOBL, NOCL. Từ đó MON = 1800 - BLC =BAC = MPN (Do MP//AB, NP//AC) Vậy O, M, N, P cùng thuộc một đường tròn. Bài toán 11. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), ngoại tiếp đường tròn (I). R là điểm nằm trên cung BC không chứa A. Kẻ các tiếp tuyến RX, RY tới đường tròn (ABI) và tiếp tuyến RZ, RT tới đường tròn (ACI). Chứng minh trung điểm XY, ZT và I thẳng hàng. Lời giải. Gọi J, K lần lượt là trung điểm của của các cung AB, AC. JR cắt AB tại L, KR cắt AC tại M. Ta có JA = JB = JI nên J là tâm của đường tròn (ABI). Suy ra JX2 = JB2 Mặt khác các tam giác JBL và JRB đồng dạng nên JB2 = JL.JR. Suy ra JX2 = JL.JR nên L là hình chiếu của X trên JR hay J là trung điểm XY. Tương tự M là trung điểm ZT. Áp dụng Pascal cho lục giác ACJRKB ta có L, I, M thẳng hàng. Bài 12. Cho tam giác ABC, trực tâm H. M, N là hai điểm nằm trên AB, AC, P nằm trên nữa mặt phẳng bờ BC chứa A sao cho các tam giác HMN, BPC là tam giác đều. Chứng minh PM = PN. Lời giải. Gọi L là trung điểm MN. E, F lần lượt là hình chiếu của B, C trên AC, AB. LF cắt PB tại G, LE cắt CP tại K. Tứ giác MLHP nội tiếp nên GFH = LMH = 600 = GBC. Suy ra B, F, G, C cùng thuộc một đường tròn hay G thuộc đường tròn

P

G

F

EK

L

N

M

H

CB

A

MI

T

R

L

J

K

Z

Y

X CB

A



đường kính BC. Tương tự K cũng thuộc đường tròn đường kính BC. Áp dụng Pascal cho lục giác BEKCFG, suy ra H, L, P thẳng hàng. Suy ra P thuộc (HL) là trung trực của MN. Do đó PM = PN. Bài 13. Cho tam giác ABC cân tại A nội tiếp đường tròn (O), đường kính AD. S di động trên (O). SB giao AC tại M, SD giao BC tại N. Chứng minh MN luôn luôn đi qua một điểm cố định. Lời giải. Gọi I là giao điểm thứ hai của AN với (O). IN, SN lần lượt là phân giác các góc BIC, BSC nên SB IBSC IC

hay BSIC là tứ giác điều hòa.

Như thế thì S, I, J thẳng hàng. Áp dụng Pascal cho lục giác suy biến ACCBSI suy ra M, N, J thẳng hàng. Vậy (MN) đi qua J cố định. Bài 14.(Sharygin Geometry Olimpiad) Cho đường tròn (O), dây cung AB. Gọi (I) là đường tròn tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với AB. Gọi M, N lần lượt là trung điểm cung AB chứa (I) và không chứa (I). Kẻ tiếp tuyến NC, ND tới (I). AC giao BD tại X, AD giao BC tại Y. Chứng minh X, Y, I, M thẳng hàng. Lời giải. Gọi E, F lần lượt là tiếp điểm của (I) với AB và (O). Suy ra N, E, F thẳng hàng. Ta có 2 2 2 2.ND NC NE NF NA NB nên A, B, C, D cùng thuộc một đường tròn (N, NA). Để ý rằng các tiếp tuyến của (N) tại C, D cắt nhau tại I và các tiếp tuyến của N tại A, B cắt nhau tại M. Áp dụng Pascal cho lục giác suy biến CCADDB suy ra Y, X, I thẳng hàng. Áp dụng Pascal cho lục giác suy biến AADBBC suy ra M, Y, X thẳng hàng. Vậy bốn điểm X, Y, I, M thẳng hàng. Bài 15.(IMO Shortlist 2007 - G5) Cho tam giác ABC nội tiếp trong đường tròn (O). A1, B1, C1 lần lượt là trung điểm BC, CA, AB. P là điểm di động trên (O). PA1, PB1, PC1 cắt (O) lần thứ hai tại A', B', C'. Chứng minh rằng diện tích tam giác tạo bởi giao điểm các đường thẳng AA', BB', CC' không phụ thuộc vào vị trí của P. Lời giải.

S

J

O

I

N

M

D

CB

A

E

X

F

YI

N

M

DC

BA



Solution 1. Gọi A0, B0, C0 là giao điểm của các đường thẳng AA', BB' và CC' (xem hình vẽ). Ta chứng minh dt(A0B0C0) = 1

2dt(ABC), do đó nó là không đổi.

Áp dụng Pascal cho lục giác ABCC'PA' ta có các điểm C1, A1, B0 thẳng hàng. Vì vậy, điểm B0 thuộc A1C1. Tương tự, A0 và C0 nằm trên các đường thẳng B1C1 và A1B1 tương ứng. Ta có AC // A1C1 do đó 0 0 1 0

0 1 0

B C ACAC B C

.

Tương tự cho BC//B1C1, ta có 1 0 0

1 0 0 0

A C BCB C A C

Suy ra 0 0

0

B CAC

0

0 0

BCA C

0 0 0 0 0. .A C B C AC BC

dt(A0B0C0) = 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 01 1. .sin( ) . .sin( ) ( )2 2

A C B C A C B AC BC AC B dt ABC (1)

Kí hiệu d(X, YZ) là khoảng cách từ X đến đường thẳng YZ. Ta có d(C0, AB) = 1

2d(C, AB)

dt(A0B0C0) = dt(ABC0) = 12

AB.d(C0, AB) = 12

AB.d(C, AB) = 12

dt(ABC).

Solution 2. Gọi A0, B0, C0 là giao điểm của các đường thẳng AA', BB' và CC' Ta có dt(A0B0C0) = 1

2dt(ABC), do đó nó là không đổi.

Chúng ta có thể giả thiết rằng P nằm trên cung AC. Lấy một điểm L thuộc AC sao cho CBL = PBA; sau đó LBA = CBA - CBL = CBA - PBA = CBP. Để ý rằng BAL = BAC = BPC và LCB = APB. Do đó, hai tam giác BAL và BPC là đồng dạng, và như vậy là tam giác LCB và APB đồng dạng.

C1

B1 A1 C0

B0

A0

C'

B'

A'

P

C

BA



Tương tự, lấy điểm K và M tương ứng trên các phần mở rộng của CB và AB vượt quá điểm B, sao cho KAB = CAP và BCM = PCA. Tương tự, KAC = BAP và ACM = PCB. Do đó ABK APC MBC, ACK APB và MAC BPC. Từ đó chúng ta có CMB = KAB = CAP, trong khi chúng ta đã thấy rằng CAP = CBP = LBA. Do đó, AK //BL//CM. Gọi X là giao của CC' và BL. Để ý rằng LCX = ACC' = APC' = APC1, và PC1 là trung tuyến trong tam giác APB. Vì tam giác APB và LCB đồng dạng nên CX là một đường trung bình trong tam giác LCB, và X là trung điểm của BL. AA' cũng đi qua trung điểm này, do đó X = B0. Tương tự, A0 và C0 là trung điểm của AK và CM. Bây giờ, từ AA0//CC0, ta có: dt(A0B0C0) = dt(AC0A0) - dt(AB0A0) = dt(ACA0) - dt (AB0A0) = dt(ACB0). Cuối cùng, dt(A0B0C0) = dt(ACB0) = 1

2B0L · AC sinALB0

= 14

BL·AC sinALB = 12

dt(ABC).

Bài 16. (Australia 2001) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao kẻ từ các đỉnh A, B, C lần lượt cắt (O) tại A’, B’, C’. D nằm trên (O), DA' BC = A", DB' CA = B", DC' AB = C". Chứng minh rằng A”, B”, C” và trực tâm H thẳng hàng. Lời giải. Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm

M

KB'

AB

CP

A'

C'

A0

X=B0

C0A1L

C1

HC"

B"

A"

C'B'

A'

B C

A

D



A, A', D, C', C, B, ta có: AA' C'C = H, A'D CB = A", DC' BA = C". Vậy H, A", C" thẳng hàng. Tương tự suy ra A”, B”, C”, H thẳng hàng. Bài 17. (IMO Shortlist 1991) P thay đổi trong tam giác ABC cố định. Gọi P’, P” là hình chiếu vuông góc của P trên AC, BC; Q’, Q” là hình chiếu vuông góc của C trên AP, BP. Gọi X là giao của P'Q" và P"Q'. Chứng minh rằng X di động trên một đường cố định. Lời giải. Ta có CP'P = CP"P = CQ'P = CQ"P = 900. Suy ra 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: A, B, X thẳng hàng. Bài toán 18. (Poland 1997) Ngũ giác ABCDE lồi thỏa mãn: 0CD DE, BCD DEA 90 . Điểm F trong

đoạn AB sao cho AF AEBF BC

Chứng minh rằng: FCE ADE, FEC BDC . Lời giải. Gọi P AE BC , Q, R lần lượt là giao điểm của AD và BD với đường tròn đường kính PD, G QC RE . 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.

Vậy A,G,B thẳng hàng. Lại có:

X

Q"

Q'

P"

P'

A

B C

P

R

Q

P

F

A E

D

C

B



DAG

DBG

DAE

DBC

sin GQDDA GQSAG DG.DA.sin GDQ DA.GQ DA.sin QREDGBG S DB.GRDG.DB.sin GDR sin GRD DB.sin RQCDB GR

DGSDA.sin ADE DA.DE.sin ADE AES BCDB.sin BDC DB.DC.sin BDC

AG AF F GBG BF

Từ đó dễ dàng có FCE ADE, FEC BDC . Bài toán 19. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), 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. Lời giải. Gọi A”, B”, C” là trung điểm của OA, OB, OC. I, J, K là tâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giác AOA’, BOB’, COC’. Khi đó I là giao điểm của các trung trực của OA và OA’, hay chính là giao điểm của B”C” và tiếp tuyến của đường tròn (O;OA”) tại A”. Tương tự với J, K. Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A",A",B", B",C",C" ta có:

A"A" B"C" I,A"B" C"C" K,B"B" C"A" J.

Vậy I, J, K thẳng hàng. Bài toán 20. (China 2005) Một đường tròn cắt các cạnh của tam giác ABC theo thứ tự tại các điểm

1 2 1 2 1 2D , D , E , E ,F ,F . 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2D E D F L, E F E D M, FD F E N . Chứng minh rằng AL, BM, CN đồng quy.

K

J

IB"

A"

C"

C' B'

A'

OB C

A



Lời giải.

Gọi 1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2D F D E P, E D E F Q, FE F D R . Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm 2 1 1 1 2 2E , E , D ,F ,F , D ta có:

2 1 1 2

1 1 2 2

1 1 2 2

E E FF A,E D F D L,D F D E P.

Suy ra A, L,P thẳng hàng. Tương tự B, M, Q thẳng hàng, C, N, R thẳng hàng.

2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2 2 1 1 2 1 2E E D F CA D F X,F F E D AB E D Y, D D FE BC FE Z Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm 1 1 1 2 2 2F , E , D , D , F ,E ta có:

1 1 2 2

1 1 2 2

1 2 2 1

FE D F R,E D F E Q,D D E F Z.

Suy ra Q,R, Z thẳng hàng. Tương tự P, Q, Y thẳng hàng, Z, P, X thẳng hàng. Xét các tam giác ABC, PQR có: X CA RP, Y AB PQ, Z BC QR . Áp dụng định lý Desargues suy ra các đường thẳng AP AL, BQ BM,CR CN đồng quy. Bài toán 21. Cho tam giác ABC, các phân giác và đường cao tại đỉnh B, C là BD, CE, BB’, CC’. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với AB, AC tại N, M. Chứng minh rằng MN, DE, B’C’ đồng quy.

Z

NM

R

Q

P

L

F2

F1

E2

E1

D2D1

A

BC



Lời giải. Gọi hình chiếu của C trên BD là P, hình chiếu của B trên CE là Q. Dễ chứng minh:

0ANMI ICP NMI PMI 1802

Nên M, N, P thẳng hàng. Tương tự suy ra M, N, P, Q thẳng hàng. Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm B',C ', B, P,Q,C, ta có:

B'C ' PQ S,C 'B QC E,BP CB' D.

Vậy S, E, D thẳng hàng, hay là MN, DE, B’C’ đồng quy tại S. Bài toán 22. Cho tam giác 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, cắt (O) tại P, Q. Chứng minh rằng M, N, P, Q là hàng điểm điều hòa. Lời giải. Vẽ tiếp tuyến ME, MD của (O) cắt SA, SB tại K, L. Áp dụng định lý Newton cho tứ giác ngoại tiếp SKML ta có BE, AD, SM, KL đồng quy. Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, D, E, E, B,C, ta có:

AD EB I,DE BC N ',EE CA M.

Vậy I, N ', M thẳng hàng, hay N N ' , tức là N DE . Do DE là đối cực của M đối với (O) nên M, N, P, Q là hàng điểm điều hòa.

P

Q

S

C'

B'

N

M

IE

D

A

B C

I

L

K

D

E

MN QS

A

B

CP



Bài toán 23. (Định lý Steiner) Đường thẳng Pascal của các lục giác ABCDEF, ADEBCF, ADCFEB đồng quy. Lời giải. Gọi 1 1 2AB DE P , BC EF Q , AD BC P ,

2 3 3DE CF Q , AD FE P ,CF AB Q . Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, B,C, F, E, D, ta có:

1 3 1 3

1 2 1 2

2 3 2 3

PQ Q P AB FE P,PQ Q P BC ED Q,Q Q P P CF DA R.

Vậy P,Q,R thẳng hàng. Áp dụng định lý Desargues suy ra các đường thẳng 1 1 2 2 3 3PQ , P Q , P Q đồng quy. Hay đường thẳng Pascal của các lục giác ABCDEF, ADEBCF, ADCFEB đồng quy. Bài toán 24.(APMO 15) Cho tam giác ABC và điểm D trên cạnh BC. Đường thẳng qua D cắt AB tại X, cắt AC tại Y. Đường tròn ngoại tiếp tam giác BXD và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt nhau tại Z khác B. Các đường thẳng ZD, ZY cắt đường tròn (ABC) lần lượt tại V và W khác Z. Chứng minh AB = VW. Lời giải. Thấy ngay BAV BZV BZD BXD Suy ra VA//DX.ụng Pascal cho lục giác ACBWZV: ACWZ = Y, CBZV = D, BWVA = K Y, D, K thẳng hàng. Như thế KDX, KVA, KBW Nhưng VA//DX nên VA//YD. Suy ra VA//BW nên AVBW là hình thang nội tiếp. Ta có đpcm Bài toán 25. Giả sử E, F là hai điểm thuộc các cạnh AC, AB của tam giác ABC. Gọi (K) là đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Các tiếp tuyến của (K) tại E, F cắt nhau tại

R

Q

P

Q3P3

Q2

P2

Q1P1

A F

B

C DE

Z

W

V

Y

X

DC

B

A



T. Chứng minh rằng: a) T nằm trên BC khi và chỉ khi BE cắt CF tại một điểm trên (K). b) Gọi M là giao điểm các đường thẳng BE, FT; N là giao điểm các đường thẳng CF và ET. Các đường thẳng AM, AN lần lượt cắt (K) tai P, Q. Chứng minh các đường thẳng EF, PQ, BC đồng quy. Lời giải. a) Gọi D là giao của BE và FT. Nếu D thuộc (K) thì theoi Pascal cho lục giác suy biến AFFDEE ta có ngay B, T, C thẳng hàng. Nếu B, T, C thẳng hàng với T = (FF) (EE), gọi D' = BE (K), C' = (FD') (AC). Theo trên B, T, C' thẳng hàng nên C' C D' D hay D thuộc (K). b) Gọi các giao điểm: (PQ) (AB) = X, (PQ) (AC) = Y, (FP) (AB) = U, (FQ) (AC) = V, (EF) (AM) = H, (EF) (AN) = L, (PQ) (EF) = R, Áp dụng Pascal cho PQAFEE cho ta R, N, U thẳng hàng.

(K)

T

F E

D

C

B

A

U

V

LH

K

R

A

B

C

DM

N

PQ

XY

EF

(K)

T



Áp dụng Pascal cho QPAEFF cho ta R, M, V thẳng hàng. Ta có (AFUB) = E(AFUB) = (AHPM) = R(AHPM) = (AEYV)

( ) ( )( ) ( )AFU AEYAFB AEV

(1)

Mặt khác (AEVC) = F(AEVC) = (ALQN) = R(ALQN) = (AFXU)

( ) ( )( ) ( )AEV AFXAEC AFU

(2)

Từ (1) và (2) suy ra (AFB)(AEY) = (AEC)(AFX)

( ) ( ) ( ) ( )( ) ( )AFX AEY AFXB AEYCAFB AEC

. Suy ra đpcm.

Bài toán 26. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). P1, P2 là hai điểm bất kì trong mặt phẳng; P1A, P1B, P1C lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là A1, B1, C1; P2A, P2B, P2C lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai A2, B2, C2. a) A1A2, B1B2, C1C2 lần lượt cắt BC, CA, AB tại A3, B3, C3. Chứng minh A3, B3, C3 thẳng hàng. b) P là một điểm bất kì trên đường thẳng P1P2. A1P, B1P, C1P lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai A4, B4, C4. Chứng minh rằng ba đường thẳng A2A4, B2B4, C2C4 đồng quy tại một điểm trên P1P2. Lời giải. Kí hiệu đường thẳng AB là (AB)

C3

B3

A3

C2

C1

B2

B1

A2

A1

P2P1

CB

A



Cách 1. a) Chứng minh A3, B3, C3 thẳng hàng. Gọi X = (BA1) (CA2) Áp dung Menlaus cho tam giác ABC với A1, A2, A3 thẳng hàng, ta có:

3 2 1

3 2 1

. . 1A B A c A XA C A X A B

, nhưng 1 1

2 2

A X A CA X A B

(do hai tam giác XA1A2 và XCB đồng dạng)

nên

3 2 1 2 1 2 1

3 1 2 2 1 2 1

sin sin. . .sin sin

A B A B A B A B A B BAP BAPA C A C A C A C AC CAP CAP

(1)

Tương tự

3 2 1

3 2 1

sin sin.sin sin

B C CBP CBPB A ABP ABP

(2)

3 2 1

3 2 1

sin sin.sin sin

C A ACP ACPC B BCP BCP

(3)

Nhân từng vế (1), (2), (3) đồng thời áp dụng Ceva sin cho hai điểm đồng quy P1, P2, ta có đpcm. b) Gọi T1 = A1B2 B1A2, S = B2B4A2A4

và áp dụng Pascal cho lục giác A2A4A1B2B4B1 cho ta S, P, T1 thẳng hàng. Áp dụng Pascal cho lục giác A1B2BB1A2A cho ta T1, P1, P2 thẳng hàng.

T1SP

C4

B4

A4

C3

B3

A3

C2

C1

B2

B1

A2

A1

P2P1

CB

A



Từ đó suy ra S, P, T1, P1, P2 thẳng hàng. Tương tự gọi S' = B2B4C2C4 ta cũng có S' thuộc P1P2. Suy ra S' trùng S. Suy ra đpcm. Cách 2. Ta có các kết quả sau: KQ1. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Khi đó các tiếp tuyến của (O) tại A, B, C tương ứng cắt các đường thẳng BC, CA, AB tại ba điểm thẳng hàng. Kết quả đó được suy từ lục giác Pascal suy biến thành tam giác. KQ2. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). X là điểm bất kì. Gọi A', B', C' lần lượt là giao điểm thứ hai của các đường thẳng AX, BX, CX với (O). Khi đó (BCAA').(CABB').(ABCC') = - 1. Chứng minh: Gọi A1, B1, C1 tương ứng là giao điểm các tiếp tuyến tại A, B, C của (O) với các đường thẳng BC, CA, AB và A2, B2, C2 tương ứng là giao điểm của các đường thẳng AX, BX, CX với các đường thẳng BC, CA, AB. Khi đó

C'

B'

A'

X

C2

C1

B2

B1

A2A1C

B

A



(BCAA') = A(BCAA') = A(BCA1A2) = (BCA1A2) = 1 2 1 2

1 2 1 2

: .A B A B A B A CA C A C AC A B

(1)

Tương tự (CABB') = (CAB1B2) = 1 2 1 2

1 2 1 2

: .B C B C B C B AB A B A B A B C

(2)

(ABCC') = (ABC1C2) = 1 2 1 2

1 2 1

: .C A C A C A C BAC B C B C B

(3)

Nhân từng vế của (1), (2) và (3) với để ý rằng:

AA2, BB2, CC2 đồng quy nên 2 2 2

2 2 2

. . 1A B B C C AA C B A C B

A1, B1, C1 thẳng hàng nên 1 1 1

1 1 1


ta có (BCAA').(CABB').(ABCC') = - 1(đpcm). KQ3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). X là một điểm bất kì. Gọi A', B', C' lần lượt là giao điểm thứ hai của các đường thẳng AX, BX, CX với (O). Khi đó các tiếp tuyến tại A', B', C' của đường tròn (O) tương ứng cắt các đường thẳng BC, CA, AB tại ba điểm thẳng hàng. Chứng minh: Gọi giao điểm của các đường thẳng AA', BB', CC' và các tiếp tuyến tại A', B', C' của (O) với các đường thẳng BC, CA, AB lần lượt là A1, A2; B1, B2; C1, C2. Ta thấy

(BCAA') = A'(BCAA') = A'(BCA1A2) = (BCA1A2) = 1 2 1 2

1 2 1 2


.

Tương tự với (CABB'), (ABCC') và để ý rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy đồng thời theo KQ2 thì (BCAA').(CABB').(ABCC') = - 1, do đó ta có

2 2 2

2 2 2


. Suy ra A2, B2, C2 thẳng hàng.

C'

B'

A'

X

C2

C1

B2

B1

A2

A1C

B

A



KQ4. Cho năm điểm A, B, C, X, Y . Ta có A(BCXY).B(CAXY).(C(ABXY) = 1 Chứng minh: Gọi giao điểm của các đường thẳng AX, AY với đường thẳng BC lần lượt là A1,

A2. Ta có A(BCXY) = (BCA1A2) = 1 2 1 2

1 2 1 2


. Để ý rằng AA1, BB1,

CC1 đồng quy tại X và AA2, BB2, CC2 đồng quy ta. Y do đó

A(BCXY).B(CAXY).(C(ABXY) = 1 2

1 2

. 1A B A CA C A B

.

Trở lại Bài toán 26. a) Gọi A5, B5, C5 lần lượt là giao điểm của các tiếp tuyến tại A1, B1, C1 vơi (BC), (CA), (AB). Theo KQ1 thì A5, B5, C5 thẳng hàng. Ta có A(BCP1P2) = A(BCA1A2) = (BCA1A2) = A1(BCA1A2) = A1(BCA5A3)

YX

C2

C1 B2

B1

A2A1 CB

A

P1 P2

A3A5

A2A1

CB

A



= (BCA5A3) = 5 3

5 3

.A B A CA C A B

.

Suy ra A(BCP1P2).B(CAP1P2).C(ABP1P2) = 5 3

5 3

.A B A CA C A B .

Theo KQ4 thì A(BCP1P2).B(CAP1P2).C(ABP1P2) = 1. Mặt khác theo KQ3 thì

A5, B5, C5 thẳng hàng nên 5

5

1A BA C

. Suy ra 3

3

1A CA B

. Như thế A3, B3, C3

thẳng hàng. b) Gọi Q là giao điểm của A1C2 và A2C1. Áp dụng Pascal cho lục giác C1C2ACA2A1 ta có giao điểm của các cặp đường thẳng (C2A1,C1A2), (C1C,A1A), (AA2, CC2) thẳng hàng, hay Q thuộc P1P2. Áp dụng Pascal cho lục giác C1C2A4C4A2A1 ta có giao điểm của các cặp đường thẳng (C2A1,C1A2), (C2C4,A2A4), (A4A1, C4C1) thẳng hàng, hay T là giao của A4A2 và C4C2 thuộc P1P2. Tương tự giao điểm T' của A4A2 và B4B2 thuộc P1P2. Do đó T' T. Như thế A4A2, B4B2, C4C2 đồng quy tai T thuộc P1P2. Bài toán 27. (Định lý Kirkman) Đường thẳng Pascal của các lục giác ABFDCE, AEFBDC, ABDFEC đồng quy. Ta đã biết ở trên là có 60 đường thẳng Pascal. Cứ 3 đường một đồng quy tạo ra 20 điểm Steiner. Trong 20 điểm Steiner cứ 4 điểm một lại nằm trên một

Q T

B2

P

C4

B4

A4

B

C2

C1

B1

A2

A1

P2

P1

C

A



đường thẳng tạo ra 15 đường thẳng Plucker. Ngoài ra 60 đường thẳng Pascal đó lại cứ 3 đường một đồng quy tạo ra 60 điểm Kirkman. Mỗi điểm Steiner lại thẳng hàng với 3 điểm Kirkman trên 20 đường thẳng Cayley. Trong 20 đường thẳng Cayley, cứ 4 đường một lại đồng quy tạo ra 15 điểm Salmon …

Để kết thúc xin đưa ra một số bài toán khác áp dụng định lý Pascal: Bài toán 28. (Định lý Brianchon) Lục giác ABCDEF ngoại tiếp một đường tròn. Khi đó AD, BE, CF đồng quy. Lời giải. Ta sẽ chứng minh định lý này bằng cực và đối cực để thấy rằng Pascal và Brianchon là hai kết quả liên hợp của nhau. Gọi các tiếp điểm trên các cạnh lần lượt là G, H, I, J, K, L. Khi đó GH, HI, IJ, JK, KL, LG lần lượt là đối cực của 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 lần lượt là đối cực của AD, BE, CF nên suy ra AD, BE, CF đồng quy tại cực của đường thẳng MNP. Bài toán 29. (ImoShortlist 2014 - G1) Các điểm P và Q được cho trên cạnh BC của tam giác ABC nhọn sao cho PAB = ACB và QAC = CBA. Các điểm M và lần lượt thuộc các tia AP và AQ sao cho AP = PM và AQ = QN. Chứng minh rằng các đường thẳng BM và CN giao nhau trên đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Solution 1.

NPM

A

B

C D

E

F

H

G

L

K

JI

Q P

N M

S

CB

A



Gọi S là giao điểm của các đường thẳng BM và CN. Đặt β = QAC = CBA và γ = PAB = ACB. Suy ra các tam giác ABP và CAQ đồng dạng. Do đó ta có: BP BP AQ NQ

PM PA QC QC

Do đó các tam giác BPM và NQC đồng dạng. Suy ra BMP = NCQ, vì vậy các tam giác BPM và BSC cũng đồng dạng. Như vậy ta có được CSB = BPM = β + γ = 1800 - BAC. Suy ra đpcm. Solution 2. Bài toán 30. (ImoShortlist 2008- G4) Cho tam giác ABC có BE, CF là các đường cao. Hai đường tròn tròn đi qua A và F tiếp xúc với đường thẳng BC tại các điểm P và Q sao cho B nằm giữa C và Q. Chứng minh rằng các đường thẳng PE và QF cắt nhau tại một điểm thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF. Solution 1.

L

K

X

A

B C

S

MN

PQ

QP

H

S

F

E

DC

B

A



Các tiếp tuyến BP và BQ của hai đường tròn đi qua A và F cho ta BP2 = BA.BF = BQ2. Gọi AD là đường cao và H là trực tâm của tam giác ABC. Từ các tứ giác nội tiếp CDFA và CDHE ta nhận được BA.BF = BC.BD = BE.BH. Như vậy BP2 = BE.BH BP BE

BH BP , suy ra rằng các tam giác BPH và BEP

là đồng dạng. Do đó BPE = BHP. (1) Để ý rằng BP = BQ. DP.DQ = (BP - BD).(BP + BD) = BP2 - BD2 = BD.(BC - BD) = BD.DC. Ta cũng có AD.DH = BD.DC. Như thế các tam giác BDH và ADC đồng dạng. Kết hợp các kết quả ta có AD.DH = DP.DQ. Vì vậy DH DQ

DP DA . Từ đó suy ra

các tam giác HDP và QDA đồng dạng. Do đó HPD = QAD và có thể được viết lại như sau BPH = BAD + BAQ. Do BQ tiếp xúc với đường tròn ngoại tiếp của tam giác FAQ, ta có BQF = BAQ = BPH - BAD. (2) Từ (1) và (2) ta suy ra BPE + BQF = (BHP + BPH) - BAD = (1800 - PBH) - BAD = (900 + BCA) - (900 - ABC) = BCA + ABC = 1800 - CAB. Như vậy BPE + BQF < 1800, có nghĩa là các tia PE và QF cắt nhau, gọi S là giao điểm. Ta có PSQ = 1800 - (BPE + BQF) = CAB = EAF. Nếu S nằm giữa P và E ta có PSQ = 1800 - ESF. Nếu E nằm giữa P và S ta có PSQ = ESF. Trong cả hai trường hợp đều có PSQ = EAF. Suy ra S nằm trên đường tròn ngoại của tam giác AEF. Solution 2. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC và là tròn đường kính AH, đi qua E và F. Các giao điểm của với các tia gốc P: PA = {A, U}, PH = {H, V}, PE = {E, S}. Các đường cao của tam giác AHP thuộc các đường thẳng AV, HU, BC đồng quy tại Q' là trực tâm của nó. Áp dụng định lý Pascal cho lục giác AESFHV, với các điểm AE FH = C, ES HV = P và SF VA thẳng hàng, vì vậy SF đi qua Q'. Gọi 1 2, là các đường tròn với đường kính lần lượt BC và PQ. Gọi D là chân đường cao hạ từ A trong tam giác ABC. Giả sử rằng AD cắt các vòng tròn 1 2, tại các điểm tương ứng K và L. Vì H là trực tâm của tam giác ABC, tam giác BDH và ADC đồng dạng, và do đó, DA.DH = DB.DC = DK2(do BKC là một tam giác vuông). Do H cũng là trực tâm của tam giác AQ'P, ta có tương tự DL2 = DA.DH. Vì thế DK = DL và K L. Ngoài ra, BD.BC = BA.BF, từ hai tam giác đồng dạng ABD, CBF.



Trong tam giác vuông BKC ta có BK2 = BD.BC. Do đó, và vì BA.BF = BP2 = BQ2 (theo định nghĩa của P và Q trong giả thiết), ta có được BK = BP = BQ. Do đó B là tâm 2 và do đó Q' Q. Vì vậy, các đường thẳng PE và QF cắt nhau tại điểm S thuộc đường tròn ngoại tiếp của tam giác AEF. Bình luận 1. Gọi T là điểm xác định bởi PF = {F, T}. Áp dụng định lý Pascal cho lục giác AFTEHV sẽ dẫn đến kết luận rằng đường thẳng ET đi qua Q'. Nói cách khác, các đường thẳng PF và QE cắt nhau trên . Bình luận 2. Để cho BE và CF là đường cao của tam giác ABC. Ta chọn P thuộc đoạn BC và Q thuộc tia CB ngoài đoạn BC. BQ2 = BP2 = BF. AB. Nếu các đường thẳng QF và PE cắt nhau tại S, chứng minh rằng ESAF là tứ giác nội tiếp.

w2

w1

w

K

V

UT

A

B

CD

E

F

S

H

PQ'

Documents

Định lí Pascal và áp dụng - chuyen-qb.comchuyen-qb.com/web/attachments/1249_DL Pascal va Ap dung-XB.pdf · Dạy ĐTQG 2015-2016: Định lí Pascal và áp dụng Trần