Chuyên đề hình học phẳng: Tổng hợp bài viết hay và mới nhất

www.laisac.page.tl M MỘ ỘT T S SỐ Ố C CH HU UY YÊ ÊN N Đ ĐỀ Ề, , B BÀ ÀI I V VI IẾ ẾT T V VỀ Ề H HÌ ÌN NH H H HỌ ỌC C P PH HẲ ẲN NG G ( (T Tậ ập p I I: :V VẬ ẬN N D DỤ ỤN NG G T TÍ ÍN NH H C CH HẤ ẤT T, , Đ ĐỊ ỊN NH H L LÝ Ý N NỔ ỔI I T TI IẾ ẾN NG G) )

Các chuyên đề, bài viết dưới đây do laisac sưu tầm trên Internet rồi biên soạn, cắt xén và dán thành hai file tổng hợp với mục đích phụ giúp (thời gian tìm kiếm) cho các em ở đội tuyển trường THPT chuyên L.V.C . Vì không liên hệ được trực tiếp với các tác giả để xin phép, mong thông cảm!

sin

1. Định Lý Ceva Cho tam giác ABC. D, E, F lần lượt nằm trên các cạnh BC, AC, AB. Chứng minh rằng các mệnh đề sau là tương đương:

= . 1

• CAD • FCA

sin

1.2 1.1 AD,BE,CF đồng quy tại một điểm. • BCF . • EBC

= . 1

• ABE . • sin DAB sin AE CD BF EC DB FA

1.3

sin

Chứng minh: Chúng ta sẽ chứng minh rằng 1.1 dẫn đến 1.2, 1.2 dẫn đến 1.3, và 1.3 dẫn đến 1.1. Giả sử 1.1 đúng. Gọi P là giao điểm của AD, BE, CF.

• ABE • DAB

sin

có: Theo định lý hàm số sin trong tam giác APD, ta • ABP • BAP

BP ; (2) CP

sin

AP . (1) BP • BCF • EBC • CAD CP . = (3) • AP FCA

sin

Tương tự, ta cũng có:

sin

AB DB

• ADB • BAD

• CAD CD . = Do đó: • CA ACD

sin

Nhân từng vế của (1), (2), (3) ta được 1.2. Giả sử 1.2 đúng. Theo định lý hàm số sin trong tam giác ABD và tam giác ACD ta sin có:

(4)

) 0 180

sin sin • CAD AB CD ( • • + BDA ADC . . • CA DB BAD

sin

• BCF CA BF . . (5) • BC FA FCA

Tương tự, ta cũng có:

sin

BC AE . . (6) AB EC

• ABE • EBC

P CF BE D AP BC . ,

= hay:

D D ” . 1

CD CD . = Do đó: D B DB

AE CD BF EC DB FA

sin Nhân từng vế của (4), (5), (6) ta được 1.3. Giả sử 1.3 đúng, ta gọi Theo 1.1 và 1.2, ta có: CD AE BF 1 EC D B FA 1 Nhận xét. Với định lý Ceva, ta có thể chứng minh được các đường trung tuyến, đường cao, đường phân giác

trong của tam giác đồng quy tại một điểm. Các điểm đó lần lượt là trọng tâm (G), trực tâm (H), tâm đường tròn nội tiếp tam giác (I). Nếu đường tròn nội tiếp tam giác ABC cắt AB, BC, CA lần lượt là tại F, D, E. Khi đó, ta có: AE=AF; BF=BD; CD=CF. Bằng định lý Ceva, ta chứng minh được AD, BE, CF đồng quy tại một điểm, điểm đó gọi là điểm Gergonne (Ge) của tam giác ABC (hình dưới).

Lưu ý: Định lý Ceva có thể được suy rộng bởi những giao điểm nằm ngoài tam giác ABC mà không nhất thiết phải nằm trong nó. Vì vậy, các điểm D, E, F có thể nằm ngoài các cạnh BC, CA, AB như hình bên.

Ví dụ sau sẽ cho thấy rõ tác dụng của định lý Ceva. Bài toán. [IMO 2001 Short List] Cho điểm A1 là tâm của hình vuông nội tiếp tam giác nhọn ABC có

hai đỉnh nằm trên cạnh BC. Các điểm B1, C1 cũng lần lượt là tâm của các hình vuông nội tiếp tam giác ABC với một cạnh nằm trên AC và AB. Chứng minh rằng AA1, BB1, CC1 đồng quy.

Lời giải: Gọi A2 là giao điểm của AA1 và BC. B2 và C2 được xác định tương tự. Theo định lý hàm số sin, ta có:

sin

SA 1 AA 1

• SAA 1 • A SA 1

sin ( 0 sin 45

• BAA 2 ) (cid:181) + B

hay

) (cid:181) C

hay .Do đó, ta được: Tương tự:

( 0 sin 45 sin

AA 1 TA 1

• CAA 2

• CAA 2 ) (cid:181) + C

sin

AA SA 1 1 . TA AA 1

• BAA 2 . • CAA 2

TA 1 AA 1 ( 0 sin 45 ( 0 sin 45

sin ( 0 sin 45 ) (cid:181) C ) (cid:181) B

sin

(1)

sin

• BCC 2 . • ACA 2

sin

(2)

sin

• ABB 2 . • CBB 2

(3)

Chứng minh hoàn toàn tương tự, ta cũng được: ) (cid:181) B ) (cid:181) A ) (cid:181) A ) (cid:181) C

( 0 sin 45 ( 0 sin 45 ( 0 sin 45 ( 0 sin 45

Nhân từng vế của (1), (2), (3) kết hợp định lý Ceva ta được điều cần chứng minh. Bài tập áp dụng:

2. 1. Qua các điểm A và D nằm trên đường tròn kẻ các đường tiếp tuyến, chúng cắt nhau tại điểm S. Trên cung AD lấy các điểm A và C. Các đường thẳng AC và BD cắt nhau tại điểm P, các đường thẳng AB và CD cắt nhau tại điểm O. Chứng minh rằng đường thẳng PQ chứa điểm O. Trên các cạnh của tam giác ABC về phía ngoài ta dựng các hinh vuông. A1, B1, C1, là

trung điểm các cạnh của các hình vuông nằm đối nhau với các cạnh BC, CA, AB tương ứng. Chứng minh rằng các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy. 3. Chứng minh các đường cao, đường trung tuyến, tâm đường tròn nội tiếp,ngoại tiếp tam giác đồng quy tại một điểm. 4. Trên các cạnh BC, CA, AB của tam giác ABC lấy các điểm A1, B1, C1 sao cho các đường

thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại một điểm. Chứng minh rằng các đường thẳng AA2, BB2, CC2 đối xứng vớicác đường thẳng đó qua các đường phân giác tương ứng, cũng đồng quy.

2. Định Lý Menelaus Cho tam giác ABC. Các điểm H, F, G lần lượt nằm trên AB, BC, CA. Khi đó:

= -

AH BF CG HB FC GA

sin

• AGH BF ; • HB AHG

sin

• GFC . • CGF = sin

sin AHG

sin =

CGF

HFB

BHF

;sin

sin

M, N, P thẳng hàng khi và chỉ khi

Chứng minh: (cid:216) Phần thuận: Sử dụng định lý sin trong các tam giác AGH, BFH, CGF, ta được: • BHF CG AH ; • FC GA HFB (với lưu ý rằng • • • • • • . GFC AGH ;sin ) Nhân từng vế ta được điều phải chứng minh.

F GH BC .

(cid:216) Phần đảo: Gọi Hoàn toàn tương tự ta có được:

' .

F F ”

' AH BF CG AH BF CG ( ) = - Hay = 1 . HB F C GA HB FC GA

BF BF = F C FC '

, suy ra

Nhận xét. Định lý Menelaus có rất nhiều ứng dụng trong giải toán. Nhiều định lý nổi tiếng được chứng minh một cách dễ dàng nhờ định lý Menelaus như định lý Ceva, Pascal, Desargues (sẽ được nêu ở phần bài tập dưới đây).

B

Ví dụ: Cho A, B, C, D, E, F là các điểm nằm trên một đường

Chứng

tròn (có thể ko xếp theo thứ tự như trên). Gọi P AB DE Q BC EF R CD FA . , , minh rằng P, Q, R thẳng hàng.

O

A

Chứng minh: I EF AB Y AB CD Z CD EF X . Gọi Áp dụng định lý Menelaus cho Bc, DE, FA (đối với

F

X

C

E

D

( = -

) 1 .

P

XP YD ZE PY DZ EX

YR ZF XA RZ FX AY

tam giác XYZ), ta có: ZQ XB YC QX BY CZ

Z

R

= - . Theo định lý Menelaus ta

ZQ XP YR QX PY RZ

Do đó:

Y

được P, Q, R thẳng hàng.

Q

Bài tập áp dụng: 1. Điểm P nằm trên đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC, A1, B1, C1 lần lượt là chân đường vuông góc hạ từ P xuống BC, CA, AB. Chứng minh rằng A1, B1, C1 thẳng hàng.

2. Trong tam giác vuông ABC kẻ đường cao CK từ đỉnh của góc vuông C, còn trong tam giác ACKkẻ đường phân giácCE. D làtrung điểm của đoạn AC, F là giao điểm của các đường thẳng DE và CK. Chứng minh BF//CE. 3. Các đường thẳng AA1, BB1, CC1 đồng quy tại điểm O. Chứng minh rằng giao điểm của các đường thẳng AB và A1B1, BC và B1C1, CA và C1A1 nằm trên một đường thẳng. 4. Cho hai tam giác ABC, A’B’C’. Nếu các đường thẳng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại một

điểm O, thì các điểm P, Q, R thẳng hàng, trong đó P BC B C Q CA C A R AB A B

DIỆN TÍCH TAM GIÁC THỦY TÚC

Ivan Borsenco Translator: Duy Cuong. Trong Toán học, Hình Học luôn giải quyết các bài toán với những kết quả chính xác và hấp dẫn. Bài viết sau đây trình bày về một trong những kết quả tuyệt đẹp trong bài toán hình học – Định lý Euler cho tam giác thùy túc và ứng dụng của nó. Chúng ta hãy bắt đầu với phép chứng minh định lý, sau đó cùng nhau thảo luận các Bài toán Olympiad.

2 - R OM

A B C 1 1 1 S

2 R

ABC

Định lý 1. Cho C(O,R) là đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Xét một điểm M tuỳ ý nằm trong tam giác. Ký hiệu A1, B1, C1 là hình chiếu của M lên các mặt của tam giác thì

AM a sin

B C 1 1

Chứng minh. Đầu tiên ta để ý rằng AB1MC1, BC1MA1, CA1MB1 là những tứ giác nội tiếp. Áp dụng . Tương tự, ta được

BM b sin

sin

1 1

và định lý Cauchy mở rộng vào tam giác AB1C1 ta được B C CM g A C 1 1

B C 1 1 BC

BM A B 1 1 , BC 2

CM R 2

R Giả sử AM, BM, CM cắt đường tròn C(O,R) tại X, Y, Z.

. Từ đó suy ra: AM A C 1 1 , AC 2

= —

+ —

= —

+ —

= —

ZYB

+ —

BYX

= —

. ZYX Tương

A B C 1 1 1

A B M 1 1

MB C 1 1

A CM 1

MAC 1

tự, Ta có: —

—

= —

YZX

—

= —

YXZ .

B C A 1 1 1

B A C 1 1 1

A B C 1 1 1

A B 1 1 XY

A B C 1 1 1 R

và Do đó, và đồng dạng với XYZ

XY MX = . AB MB

2 - R OM

nên ta có Mặt khác, MAB đồng dạng với MYX

A B C 1 1 1 S

A B B C A C MX MA MB MA MX 1 1 1 1 . AB BC AC

. R

. 1 .

. .

2 R

ABC

A B C 1 1 1

Từ các kết quả thu về ta được: S

Từ đó ta có thể thấy biểu thức trên không phụ thuộc vào vị trí điểm M (kể cả trong hay ngoài đường tròn).

Hệ quả 1: Nếu M nằm trên đường tròn, hình chiếu của M lên các cạnh tam giác sẽ thẳng hàng (Định lý Simson). Một định lý nữa mà chúng tôi muốn giới thiệu (không chứng minh) đến bạn đọc là định lý Lagrange nổi tiếng.

u v w . Với một

)

Định lý 2 Cho M là một điểm nằm trong mặt phẳng tam giác ABC với bộ số ( ,

vwa

2 uvc

u PA .

v PB .

w PC .

(

2 u v w PM

+ +

)

+ + uwb + + u v w

điểm P bất kỳ nằm trong mp(ABC). Ta được:

2 - R OM

vwa (

2 + + uvc uwb 2 + + u v w )

Cách chứng minh có thể tìm thấy khi áp dụng Định lý Stewart một số lần. Định lý này có một hệ quả rất hay khi P trùng với tâm O đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Khi đó, ta được:

Từ hệ quả này kết hợp định lý Euler cho tam giác thùy túc, ta được định lý sau: Định lý 3: Cho M là điểm nằm trong mặt phẳng tam giác ABC, với bộ số (u,v,w). Ký hiệu A1, B1, C1

2 + uwb uvc 2 + + R u v w )

A B C 1 1 1 S

ABC

+ 2 ( Từ kết quả trên chúng ta có thể thấy Định lý 1 và Định lý 3 đã đưa chúng ta nhận thức phần nào về diện tích tam giác thùy túc. Định lý Euler về diện tích tam giác thùy túc thật sự là một công cụ tiện ích cho việc giải các bài toán hình học. Ứng dụng đầu tiên mà chúng tôi sắp giới thiệu sau đây nói về những điểm Brocard

là hình chiếu của M lên các cạnh tam giác. Ta được: 2 vwa 4

W = W , với O

2 W là hai điểm Brocard của tam giác ABC. Chứng tỏ rằng

1 W và O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Định nghĩa điểm Brocard: Trong tam giác ABC, đường tròn qua A và tiếp xúc với BC tại B, đường tròn qua B và tiếp xúc với AC tại C và đường tròn qua C tiếp xúc với AB tại A. Chúng cắt nhau tại một điểm, gọi là điểm Brocard. Một cách tổng quát, ta có hai điểm Brocard, điểm thứ hai xuất hiện khi ta quay ngược chiều kim đồng hồ sự tiếp xúc của các đường tròn. Bài toán 1: Cho

= —W

= CA w = —W 1 1

= CB w = —W 1 2

, tương tự . Ta đi chứng Hướng dẫn: Từ định nghĩa điểm Brocard, ta thấy: —W —W 1

AB w w = 2

= —W 1 . S

minh

W B C 1 S

sin sin

ABC

2 w sin 1 2 b sin 2

W B w BC . 1 1 AB BC b . S

W C A 1 S

sin sin

w W A B 1 , 1 S g

2 w sin 1 2 a sin

ABC

Để ý rằng và tương tự,

W B C 1

W A B 1

= 1

W C A 1 S

sin sin

ABC

Cộng các diện tích ta được: S hay

w 1 b 1 2 sin

2 w sin 1 2 g sin 1 2 sin

1 2 g sin

w 1

w 1 a 1 2 sin Cách tính tương tự, ta cũng được

(1)

1 2 sin

1 2 g sin

w 2

1 2 sin w .

= w w 2

1 W và đó,

(2)

2 W luôn nằm trong tam giác. Để chứng minh

1 W và

1 2

Từ (1), (2) suy ra Ý tưởng cho cách chứng minh trên bắt nguồn từ Định lý Euler cho tam giác thùy túc. Để ý rằng 2 W luôn nằm trong tam giác ABC, bởi vì mỗi nửa đường tròn như trên đều thuộc mp(ABC). Từ W = W ta chứng minh diện tích tam giác

R O

2 2 2

2 1

thùy túc của chúng bằng nhau. Nếu vậy, ta có

Ký hiệu

= W B

- W . Từ đó suy ra đpcm. - W = 1 W lên các cạnh BC, CA, AB. Sau đó, sử dụng định lý 1 BW là đường kính đường tròn ngoại tiếp tứ giác

1 sin

A B C lần lượt là hình chiếu của , 1 A C hàm Sin mở rộng, ta được 1 1 BA C W 1 1 1

, vì

ABW ta được: c sin

W 1 w

A C 1 1

. Cũng áp dụng định lý Sin vào tam giác B sin Dẫn đến:

= c b w sin

= a

sin

= W B 1 sin = B C b 1

A B C đồng dạng với 1 1

w sin . A B và 1 1 1 tam giác ABC theo tỉ số đồng dạng sin w .

Tương tự, ta có . Dễ dàng ta thấy tam giác

1 W và

2 W có cùng diện tích. Suy ra

= w w 2 1 W = W . O 2

W = W . Hơn thế nữa, các điểm O,

1 W , K,

Từ , ta kết luận được tam giác thùy túc chứa

1 Chú ý: Giao của các đường đối trung trong tam giác ký hiệu là K và được gọi là điểm Lemoine. Ta 2 W nằm trên đường tròn có thể chứng minh được đường kính OK gọi là đường tròn Brocard. Chúng ta hãy cùng nhau tìm hiểu một Bài toán thú vị khác sau đây:

£ OI OH .

Bài toán 2: Cho tam giác ABC, ký hiệu O, I, H lần lượt là tâm đường tròn ngoại tiếp, nội tiếp và trực tâm của tam giác ABC. Chứng minh rằng:

, ta được điều cần chứng minh. Vì vậy, giả sử OH R <

‡ OH OI .

2 - R OH

- R OI

‡

1 ,

S ‡ hay H A B C lần lượt là hình chiếu của H và , , Bây giờ chúng ta hãy tìm cả hai diện tích. Ký hiệu 1 1 , A B C nằm trên đường tròn Euler bán , A B C lần lượt là hình chiếu của I lên BC, CA, AB. Ta có 1 kính R/2 , từ đó:

A B C 1 1 1

nên Hướng dẫn: Nhiều cách chứng minh sẽ bắt đầu từ OI hay OH, nhưng chúng ta hãy chọn một hướng khác, đó là đặt diện tích nội tiếp vào I và H. Một cách đơn giản, tâm đường tròn nội tiếp luôn nằm bên trong tam giác ABC, và nếu OH R ‡ . Điều đó dẫn đến tam giác ABC là tam giác nhọn. Để chứng minh OI OH ta có thể sử dụng định lý Euler cho I S lớn hơn diện tích tam giác thùy tam giác thùy túc và chứng minh diện tích tam giác thùy túc tâm I, túc tâm H, H S . Từ đó, do

cos

b ,

cos

A B 1 1

. 1 / 2 A C b 1 1

và vì thế

S 2 cos

a b g cos .

cos

A B C 1 1 1

Sử dụng định lý Sin, dễ dàng ta được abc

g sin )

(sin

sin

B IC 2 2

A B C 2 2 2

A IB 2

A IC 2

A B B C C A . 1 1 1 1 1 4. R = B C a cos a , 1 1 a b g .cos cos cos 2 R A B C , để ý rằng: 2 2 1 r 2

Để tính diện tích tam giác

S 2 sin

sin

A B C 2 2 2

r R 4

2 + + r a b c ) ( . 4 R a b g sin . 2 2 2

p 4 R

a b g 2 2 2

Ta được: Mà

‡

cos

a b g cos .

cos

sin

a b g 2 2 2

Từ đó đủ để chứng minh sin

ﬁ

R f x ( )

x ln cos .

Bây giờ chúng ta hãy sử dụng Bất Đẳng Thức Jensens cho hàm lõm

‡

f a ( )

f b ( )

f c

( ).

p (cid:230) : 0, (cid:231) 2 Ł + c a 2

+ a b 2

+ b c 2

(cid:246) (cid:247) ł (cid:246) (cid:247) ł

(cid:230) (cid:231) Ł

(cid:246) (cid:247) ł

Từ đó:

sin

‡

cos

( ln cos

) a b g , và bài toán đã được giải quyết.

(cid:230) (cid:231) Ł (cid:230) ln sin (cid:231) Ł

(cid:246) (cid:230) (cid:247) (cid:231) ł Ł a b g (cid:246) (cid:247) 2 2 2 ł

Vì vậy,

Hai ví dụ kế tiếp để hướng dẫn giải một cách ngắn gọn một số bài toán Olympiad bằng cách sử dụng Định Lý Euler về tam giác thùy túc.

A B C là hình chiếu của trọng tâm G lên các mặt của tam giác. 1

Bài toán 3: (Olympiad Toán Balkan). Cho tam giác nhọn ABC. Ký hiệu

2 9

1 . 4

A B C 1 1 1 S ABC Hướng dẫn: Như chúng ta đã thấy, yêu câu bài toán hướng chúng ta sử dụng trực tiếp định lý Euler

Chứng minh rằng:

về tam giác thùy túc. Áp dụng ngay ta được:

1 . 4

2 9

2 - R OG 2 4 R Bất đẳng thức bên phải luôn đúng. Ta đi chứng minh bất đẳng thức bên trái đúng. Nhớ lại biểu thức

OG 9

a b g

cos )

cos

cos , dẫn đến 8cos

a b g ‡

cos

0 .

2 OG £

mà chúng ta đã biết

2 R £ hay

9OG

2 OH - (1 8cos R = = a b g ‡ cos Vì tam giác ABC nhọn nên ta có cos 2 R 9

Vì vậy,

3 r ‡

Đưa đến kết luận sau: Bài toán 4. (Toán đối xứng, Ivan Borsenco) Với điểm M bất kì nằm trong tam giác ABC, xác BC AC AB . Chứng minh rằng tập hợp d d d ) lần lượt là khoảng cách từ M đến cạnh , , , ,

, với r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác, nằm

định bộ ba ( 1 2 các điểm M thỏa mãn điều kiện d d d . . 1 2 trong vòng tròn tâm O bán kính OI .

Lời giải. Gọi , , BC AC AB . Xét , V là tam giác thùy túc cho A B C là hình chiếu của M trên các cạnh 1 A B C 1 1 1

.sin

180 180 a , b , = - = 180 - g , nên: B MC 1 1

d d . 2

d d . .sin 1 2

A B C 1 1 1

, điểm M , ta có … … … = - A MB 1 1 + d d . S .sin 2 1 A MC 1 1 S 2 1

S 1

A B C 1 1 1

d d d . . 2 3 R 2

b d

a d 1

c d 3

(cid:230) (cid:231) Ł

(cid:246) . (cid:247) ł

Viết gọn lại, ta được:

b d . a d . = = + 2 2 S S c d . . 3 Mà ta đã biết: + ABC Áp dụng BĐT CauchySchwarz ta được:

( a d . 1

) 2 ( + + a b c . 3 R 2

2 2 S R OM

d d d . . 1 2 = b d . + + + + ‡ S S 4 . 1 c d . 3 b d c d a d 1 (cid:246) (cid:247) ł

)

( ) 3 + + a b c . 2 R

- 4 r d d d . . 1 2 . 3 ‡ ‡ . (cid:230) d d d . . ) 2 1 3 . (cid:231) R 2 Ł Sử dụng định lí Euler cho tam giác thùy túc, ta có: ( 2 ( + + a b c R 2

2 ‡ Rr OM .

OI 2 R 4 2 - R (điều phải chứng minh).

) x y z . Gọi M R ;

là bán kính đường tròn Từ đây có thể suy ra = Vậy với mọi điểm M trong tập hợp, ta có OM OI Bài toán 5: (Ivan Borsenco đề nghị) Cho M là điểm nằm trong tam giác ABC và có tọa độ là (

nội tiếp tam giác thùy túc của điểm M .Chứng minh rằng:

( x

) .

2 c z

+ + y z + + ‡ 6 3. R . M a x b y (cid:230) (cid:231) Ł (cid:246) (cid:247) ł

Lời giải. Kí hiệu N là đẳng giác của điểm M . Chúng ta cần 2 bổ đề sau:

Bổ đề 1: Nếu A B C là 2 tam

A B C và 1 1 1 giác thùy túc của 2 đẳng giác điểm M và N thì 6 điểm này nằm trên một vòng tròn. Chứng minh. Chúng ta sẽ chứng minh rằng

. Và bởi vì AB MC nội tiếp, 1

B B C C là một tứ giác nội tiếp. Đặt 1 1 … … BAM CAN f = nên:

… … … = C AM C B C AB C 1 1 1 1 2

90 90 - = - = 90 - f .

AB NC nên ta có:

o 90

90 90 = = - - - f Tương tự, vì … … … = B AN B C B AC B 2 2 2 2

= nên B B C C là một tứ giác nội tiếp. Cứ thế ta thu được rằng A A B B và 1 2 Do đó … … AC B AB C 2 2 1 1

2 A A B B C C , 1 1 2

, ,

. AM AN BM BN CM CN ac

. ab

. bc

A A C C cũng là tứ giác nội tiếp. Xét 3 đường tròn ngoại tiếp tứ giác của chúng ta, nếu chúng không 1 trùng nhau thì chúng có một tâm đẳng phương, đó là điểm giao nhau của 3 trục đẳng phương. Tuy nhiên, chúng ta có thể thấy rằng những trục đẳng phương này, tức các đường thẳng A A B B C C , tạo thành 1 1 1 một tam giác, đặt tên là ABC , một điều trái ngược. Điều này chứng tỏ, các điểm nằm trên cùng 1 đường tròn. Bổ đề 2: Nếu , M N là hai đẳng giác điểm, thì ta luôn có:

Chứng min. Gọi A B C là tan giác thủy túc của điểm M . Dễ dàng chứng minh được rằng 1 1

B C AN . Vì

. 1

1 . 2

AM AN a

.sin

^ AN . Vậy diện tích của tứ giác AB NC được tính theo công thức B C 1 1

AB NC 1 1

1 . 2

BM BN b

.sin

= AM a .sin , chúng ta được . Tương tự, ta tìm được rằng B C 1 1

BC NA 1 1

CA NB 1 1

1 . 2

1 CM CN g . 2 S

và

ABC

AB NC 1 1

CA NB 1 1

BC NA 1 1

AM AN .

.sin

BM BN .

.sin

CM CN .

g .sin )

Từ trên, ta suy ra:

ABC

1 .( 2

Hay:

. AM AN BM BN CM CN ac

. ab

. bc

Sử dụng Định lí hàm Sin, ta được điều cần chứng minh:

‡

1 27

. AM AN BM BN CM CN ac

. ab

. bc

AM AN BM BN CM CN . 2 2 2 a b c

1 (cid:230) (cid:231) 27 Ł

3 (cid:246) (cid:247) ł

Quay trở lại Bài toán . Áp dụng BĐT AMGM vào bổ đề 2, ta được:

Lại có:

2 b

AM = , BM = , CM = , AN = , BN = CN , = A B 1 1 g sin B C 2 2 a sin A C 2 sin A B 2 2 g sin B C 1 1 a sin A C 1 1 b sin

Ta thu được:

2 2

‡ A B B C A C B C A C . . . 1 1 2 2 1 1 2 2 2 2 2 a b c a b g .sin .sin . 1 1 2 .sin

2 2 2 a b c

2 .sin

Vì .sin a b g = .sin , nên: 1 27 4 S 4 2 R

4 S 4 2 R

‡ . . . . . A B B C A C A B B C A C . 1 1 2 1 27

Sử dụng bổ đề 1 và Định lí Euler cho diện tích của một tam giác thùy túc, ta có:

. . = 4 R . S . A B B C A C 1 1 1 1 1

2 - R OM 2 4 R 2 2 - R ON 2 4 R

. . = 4 R . S . A B B C A C 2

Vậy:

(

)

)( M R R OM R ON 2 2 R S .

- - ‡ 1 27 4 Bước tiếp theo là sử dụng Định lí 3 cho điểm M và đẳng giác liên hợp của nó:

2 c z

2 - R OM

2 + xyc 2 )

) z

+ + a x b y + xzb (cid:246) (cid:247) ł = = + + y z + + y yza ( x (cid:230) xyz (cid:231) Ł ( x

a x

b y

2 c z

(cid:230) (cid:231) Ł

2 2

+ + y

2 - R ON

( 2 2 2 x a b c . 2

+ + y 2

xzb

2 xyc

(cid:246) (cid:247) ł ( a b c xyz x . ( yza

) z 2 )

a x

b y

(cid:230) . xyz (cid:231) Ł

) z . 2 (cid:246) c (cid:247) z ł

là tọa độ không gian, vậy: Đẳng giác điểm của M , N có

2 2

Tổng hợp 2 kết quả trên và BĐT đã chứng minh, ta có:

2 R S .

2 .

( x

M R a b c . a x

2 c z

‡ 1 27 4 + + y + + b y (cid:230) ) . z (cid:231) Ł . (cid:246) (cid:247) ł Cuối cùng, ta thu được:

( x

) .

2 c z

+ + y z + + ‡ 6 3. R . M a x b y (cid:230) (cid:231) Ł (cid:246) (cid:247) ł

ĐỊNH LÍ PTOLEMY

Dựa theo bài của Zaizai Trên diễn dàn toàn học

1. Mở đầu. Hình học là một trong những lĩnh vực toán học mang lại cho người yêu toán nhiều điều thú vị nhất và khó khăn nhất. Nó đòi hỏi ta phải có những suy nghĩ sáng tạo và tinh tế. Trong lĩnh vực này cũng xuất hiện không ít những định lí, phương pháp nhằm nâng cao tính hiệu quả trong quá trình giải quyết các bài toán, giúp ta chinh phục những đỉnh núi ngồ ghề và hiểm trở . Trong bài viết này zaizai xin giới thiệu đến các bạn một vài điều cơ bản nhất về định lí Ptolemy trong việc chứng minh các đặc tính của hình học phẳng.

AC BD AB CD AD BC .

= AD BC BD MC

(cid:222)

) O . Khi đó 2. Nội dung Lí thuyết: 2.1. Đẳng thức Ptolemy: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (

BA BM = BD BC

(1). Lại có và • • = ABM DBC Chứng minh. Lấy M thuộc đường chéo AC sao cho • • . = ABD MBC có: • • , = • • . và MBC Khi đó xét ABD D ABD MBC = ABD MCB D Nên ABD D MBC g g ( . ). đồng dạng với D Do đó ta có: AD MC = BD BC

= AB CD AM BD

BD AB = AM CD

AD BC AB CD BD MC AM BD AC BD . .

Nên D ABM D : DBC g g ( . ). Suy ra hay (2).

Từ (1) và (2) suy ra Vậy đẳng thức Ptolemy được chứng minh. 2.2. Bất đẳng thức Ptolemy. Đây có thể coi là định lí Ptolemy mở rộng bởi vì nó không giới hạn trong lớp tứ giác nội tiếp .

AC BD AB CD AD BC . .

ABC lấy điểm M sao cho:

= • • = ADB MCB

Định lí: Cho tứ giác ABCD . Khi đó Chứng minh. Trong • • • , ABD MBC

Dễ dàng chứng minh:

D BAD : D BMC (cid:222) = (cid:222) AD BD MC CB

(cid:222) .

BD AB , BM BC (cid:222) D

BD CM AD CB = . Cũng từ kết luận trên suy ra: = • • = ABM DBC

D (cid:222) ABM DBC c g c ( . . )

= AB DC BD AM . . .

: BD AB = (cid:222) AM CD Áp dụng bất đẳng thức trong tam giác và các điều trên ta có: AD BC AD DC BD AM CM DBD AC > ) = ‡ + + ( . .

Vậy định lí Ptolemy mở rộng đã được chứng minh. 3, Ứng dụng của định lí Ptolemy. Mở đầu cho phần này chúng ta sẽ đến với 1 ví dụ điển hình và cơ bản về việc ứng dụng định lí Ptolemy.

) 0 .

( a a > Gọi M là giao điểm của BQ và AP . Chứng

2 AQ BP a = .

Bài toán 1. [Đề thi vào trường THPT chuyên Lê Quí Đôn, thị xã Đông Hà, tỉnh Quảng Trị, năm học Trên AC lấy điểm Q di động, trên tia đối 20052006] Cho tam giác đều ABC có các cạnh bằng

+ Chứng minh. Từ giả thiết

2 . AQ BP a =

của tia CB lấy điểm P di động sao cho minh rằng AM MC BM .

suy ra

gt )

có:

AQ AB = . BP AB D Xét ABQ AQ AB = ( BP AB Suy ra

và BPA D và • • = BAQ ABP

(2)

D D : BPA c g c ( . . )

0 180

• ACB .

AB BC CA .

- MBP MPB AMB 120 180 180 (cid:222) - = = - - 120 = 60 =

AB MC BC AM BM AC .

AM MC BM

(cid:222)

ABQ • • ( ) 1 = ABQ APB (cid:222) Lại có • • 0 60 = + ABQ MBP Từ (1), (2) ta suy ra được • • • • • BMP = = BMP Suy ra tứ giác AMCB nội tiếp được đường tròn. Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác AMCB nội tiếp và giả thiết (đpcm). Ta có .

Đây là 1 bài toán khá dễ và tất nhiên cách giải này không được đơn giản lắm.Vì nếu muốn sử dụng đẳng thức Ptolemy trong 1 kì thi thì có lẽ phải chứng minh nó dưới dạng bổ đề. Nhưng điều chú ý ở đây là ta chẳng cần phải suy nghĩ nhiều khi dùng cách trên trong khi đó nếu dùng cách khác thì lời giải có khi lại không mang vẻ tường minh.

. Gọi D là một điểm trên cạnh

> . Gọi P là một điểm trên cạnh AC sao cho . BD BE CA

, ,

Bài toán 2. [Đề thi chọn đội tuyển Hồng Kông tham dự IMO 2000] Tam giác ABC vuông , BC E là một điểm trên cạnh AB kéo dài về phía điểm E B D P nằm trên một đường tròn. , + . Chứng minh rằng: AQ CQ BP = có BC CA AB A sao cho Q là giao điểm thứ hai của BP với đường tròn ngoại tiếp ABC

- có:

• • • = CAQ CBQ DEP (cùng chắn các cung tròn) Mặt khác • • • 0 = AQC = ABC EPD 108 và EPD D Xét AQC D • • , = AQC EPD • • = CAQ DEP

Chứng minh. Xét các tứ giác nội tiếp ABCQ và BEPD ta có:

EPD AQC (cid:222) D D :

(cid:222)

ED QC AC PD BE PD .

(2)

(cid:222) AQ ED EP CA EP BD . = = . . (1)

) AQ CA = (cid:222) ED EP (do AC BD ) = AC QC = ED PD (do AC BE =

. + =

(3) . AQ ED QC ED ED BP . AQ QC BP (đpcm). (cid:222) + = = + .

Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp BEPD ta có: . EP BD BE PD ED BP . Từ( 1), (2), (3) suy ra Có thể thấy rằng bài 1 là tư tưởng đơn giản để ta xây dựng cách giải của bài 2. Tức là dựa vào các đại lượng trong tam giác bằng nhau theo giả thiết ta sử dụng tam giác đồng dạng để suy ra các tỉ số liên quan và sử dụng phép thế để suy ra điều phải chứng minh. Cách làm này tỏ ra khá là hiệu quả và minh họa rõ ràng qua 2 ví dụ mà zaizai đã nêu ở trên. Để làm rõ hơn phương pháp chúng ta sẽ cùng nhau đến với việc chứng minh 1 định lí bằng chính Ptolemy. ) O R và ngoại , Bài toán 3. ( Định lí Carnot) Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp trong đường tròn (

x y z lần lượt là khoảng cách từ O tới các cạnh tam giác. Chứng minh rằng: ,

I r Gọi

+ + = +

BC CA AB Giả sử

, M N P lần lượt là trung điểm của = z OP , , CA b = , BC a = , = y ON , . , AB c = .

x .

(1)

tiếp đường tròn ( , ). z R r x y Chứng minh. Gọi , = x OM , Tứ giác OMBP nội tiếp, theo đẳng thức Ptolemy ta có: OB PM OP MB OM PB .

a 2

c 2

b 2 Tương tự ta cũng có :

Do đó:

+ x . (2) = y . R .

+ z . (3) R . y . = b 2 b 2 c 2 a 2 a 2 c 2 Mặt khác:

ABC

OBC

OCA

OAB

r = S = S + S + S = b + + 2 (cid:230) (cid:231) Ł (cid:246) (cid:247) ł

( ) 4

= x . + y . + z . a 2 a 2 c 2 b 2 c 2

( + R r

( x

= + + y (cid:222) Từ (1), (2), (3), (4) ta có: + + a b c 2 + + a b c 2 (cid:230) ) z (cid:231) Ł (cid:246) (cid:247) ł

(cid:246) (cid:230) ) (cid:247) (cid:231) ł Ł (cid:222) + = + + z R r x y

p q Chứng minh rằng

Đây là một định lí khá quen thuộc và cách chứng minh khá đơn giản. Ứng dụng của định lí này như đã nói là dùng nhiều trong tính toán các đại lượng trong tam giác. Đối với trường hợp tam giác đó không nhọn thì cách phát biểu của định lí cũng có sư thay đổi. Bài toán 4. [Thi HSG các vùng của Mĩ, năm 1987] Cho một tứ giác nội tiếp có các cạnh liên tiếp bằng , a b c d và các đường chéo bằng , ,

2 d ).

pq £ ( a + b )( c +

2 p q

= Lời giải. Áp dụng định lí Ptolemy cho tứ giác nội tiếp thì ac bd 2 2 + 2 pq 2 d ) + ac bd + )( + £ = b c ( ( )

Vậy ta cần chứng minh a Bất đẳng thức này chính là một bất đẳng thức rất quen thuộc mà có lẽ ai cũng biết đó là BĐT CauchySchwarz. Vậy bài toán được chứng minh. Một lời giải đẹp và vô cùng gọn nhẹ cho 1 bài toán tưởng chừng như là khó. Ý tưởng ở đây là đưa bất đẳng thức cần chứng minh về 1 dạng đơn giản hơn và thuần đại số hơn.

Thật thú vị là bất đẳng thức đó lại là BĐT CauchySchwarz. Bài toán 5. Cho đường tròn (

lớn nhất. A thuộc cung lớn BC sao cho AB AC ) O và BC là một dây cung khác đường kính của đường tròn. Tìm điểm +

= không đổi. Theo định lí Ptolemy ta có:

AD BC AB DC AC BD a AB AC

(

)

(cid:222) +

AB AC

BC AD . a

Lời giải. Gọi D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Đặt DB DC a =

lớn nhất khi và chỉ khi AD lớn nhất khi và chỉ khi A là điểm đối Do BC và A không đổi nên AB AC xứng của D qua tâm O của đường tròn.

4. Bài tập.

Bài toán 4.1. [CMO 1988, Trung Quốc] Cho ABCD là một tứ giác nội tiếp với đường tròn ngoại , A B C D Chứng AB BC CD DA cắt ( O R lần lượt tại , 2 ) '. ', ', ', , ,

tiếp có tâm (O) và bán kính R. Các tia minh rằng: ' ' ' ' + + ' A B B C C D D A ‡ ' 2( + + '

+ ' Bài toán 4.2. Cho đường tròn (

+ AB BC CD DA ) ) O và dây cung BC khác đường kính. Tìm điểm A thuộc cung lớn đạt giá trị lớn nhất. của BC đường tròn để

2 AC Bài toán 4.3. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (

). O Đường tròn ( ') O nằm trong ( ) O tiếp xúc

) O tại T thuộc cung AC (không chứa B). Kẻ các tiếp tuyến AA BB CC tới ( ', '). O Chứng minh rằng ' ',

với ( '. BB AC AA BC CC AB '. Bài toán 4.4. Cho lục giác ABCDEF có các cạnh có độ dài nhỏ hơn 1. Chứng minh rằng trong ba đường chéo , , AD BE CF có ít nhất một đường chéo có độ dài nhỏ hơn 2.

Bài toán 4.5. Cho hai đường tròn đồng tâm, bán kính của đường tròn này gấp đôi bán kính của AB BC CD DA lần lượt cắt đường , , ,

A B C D lớn hơn 2 lần chu vi tứ giác

ABCD .

'. ', ',

đường tròn kia. ABCD là tứ giá nội tiếp đường tròn nhỏ. Các tia A B C D ', tròn lớn tại Chứng minh rằng: Chu vi tứ giác ' ĐỊNH LÝ PTOLEMY MỞ RỘNG

) 1 O

AA BB CC lần lượt là các tiếp tuyến từ

A B C đến ,

thay đổi 1. Định lý Ptolemy mở rộng. Cho ABC nội tiếp đường tròn ( ). O Đường tròn (

D luôn tiếp xúc với » BC (không chứa A ). Gọi đường tròn (

) 1 , O

BC AA CA BB AB CC .

+ '

thì ta có hệ hệ thức sau

) ' O

B’

tiếp xúc ngoài Chứng minh. Xét trường hợp ( ) O và (

) ' . O MA,

O’

với nhau (trường hợp tiếp xúc trong chứng minh tương tự).

Giả sử M là tiếp điểm của ( ) O và ( tại X, Y, Z. MB, MC theo thứ tự cắt (

) ' O / /

YZ BC XZ AC XY

/ /

AB Theo

A’

C’

Lúc đó

( ) 1

định lý Thalès ta có

CZ BY AX AM BM CM 2 2 = AM AX BB . '

BM BY CC

CM CZ .

( ) 2 '

Lại có

2 AA ' AM

BB ' BM

2 CC ' 2 CM

CC BB AA ' AM BM CM =

BC MA CA MB AB MC .

BC AA CA BB AB CC .

Từ (1) và (2) suy ra hay

Từ định lý Ptolemy cho tứ giác nội tiếp MCAB thu được + ' ' Do đó 2. Các bài toán ứng dụng.

l a

l b

l lần lượt là độ dài các , c

Bài toán 2.1. Cho 2 đường tròn tiếp xúc nhau, ở đường tròn lớn vẽ tam gíac đều nội tiếp. Từ các đỉnh của tam gíac kẻ các tiếp tuyến tới đường tròn nhỏ. Chứng minh rằng độ dài một trong ba tiếp tuyến đó bằng tổng hai tiếp tuyến còn lại.

đường tiếp tuyến kẻ từ Lời giải. Coi rằng đường tròn nhỏ tiếp xúc với » BC (không chứa A) và đặt A B C đến đường tròn nhỏ.

al a

bl b

+ (cid:222) = + l . l a c

cl c

l b

Từ định lý Ptolemy mở rộng ta có

Bài toán 2.2. Cho hình vuông ABCD nội tiếp đường tròn ( ) O . Một đường tròn thay đổi tiếp xúc với đoạn CD và cung nhỏ CD, kẻ tiếp tuyến AX, BY với đường tròn này. Chứng minh rằng AX+BY không đổi.

= AC BD Áp dụnh định lý với các tam gíac ACD và BCD, ta

+ AD CM AC DM

Lời giải. Không mất tính tổng quát, coi rằng hình vuông ABCD có độ dài cạnh bằng 1. Từ đó dễ dàng suy ra

. Cộng hai đẳng thức

+ AX BY

được CD AX . (cid:236) (cid:237) CD BY BC DM BD CM . (cid:238) này, suy ra

= + 1 D

(

Bài toán 2.3. nội tiếp đường tròn ( ). O Trên cạnh AC lấy điểm

1 , B sao cho , BB B C và cung nhỏ BC (Không chứa

BA c .

BB 1

1 R r = .

A ) và r là bán kính đường tròn nội tiếp

) ABC AB BC ) 1 O = Gọi R là bán kính đường tròn ( BB C . Chứng minh rằng 1

tiếp xúc

) 1 O

, BB B C lần 1

tiếp xúc với Lời giải. Giả sử đường tròn ( B

, M N .

lượt tại

= = B M x B N

< < x

( 0 = + AM x

) c . 2 .cos

Đặt

BN c

= -

l b

CM b x

= - -

2 .cos

(cid:236) (cid:239) (cid:237) (cid:239) = l (cid:238)

O 1 Suy ra O N

Áp dụng định lý, ta được

A C M B 1

bl b c

cl c A 2 .cos

- -

2 .cos

( b c

) +

( c b x

2 .cos

- A ac

.cos

) A ) A .

al a ( x x - ( Suy ra ( bc Gọi y là độ dài tiếp tiếp từ

BB C . 1

hay ) = ) + + a b c x

2 .cos

) =

( b

) -

( BB B C BC 1

) a

1 2

1 B tới đường tròn nội tiếp 1 ( c 2

Thế thì ta có

= (cid:219) = (cid:219) x

2 .cos

- A ac

.cos

c b

+ -

c 2 .cos

( + + a b c

)(

) - (cid:219) A a

(cid:219) = 2

bc 2 .cos

2 (cid:219) = a

A 2 .cos . bc

( bc -

) = c

( + b c

)

Lại có

Từ đây ta được điều phải chứng minh. 3. Bài tập. 3.1. [TH&TT bài T8/369] Cho ABC

nội tiếp đường tròn ( ) O và có độ dài các cạnh A B C theo thứ tự là điểm chính giữa cung » BC (không chứa A), » CA

)

) ( ,

) ( O , 2

O 3

= Gọi . = BC a CA b AB c (không chứa B), » AB (không chứa C). Vẽ các đường tròn ( O 1 A A B B C C Chứng minh bất đẳng thức 1

. 2

‡

)

( A O / 1

P ( ) B O / 2

P ( ) C O / 3

( ) + + a b c 3

theo thứ tự có đường kính là

ABC .

Đẳng thức xảy ra khi nào? 3.2. [TH&TT bài T11/359] Cho Đường tròn (

) 1 O nằm trong tam giác và tiếp xúc với các . T Chứng

AB AC Đường tròn (

) 2 O

cạnh đi qua tại

) 1 O , B C và tiếp xúc ngoài với đường tròn ( ABC .

minh rằng đường phân giác của góc BTC đi qua tâm đường tròn nội tiếp của

MỘT TỈ SỐ VÀ ỨNG DỤNG

Dựa theo bài của Son Hong Ta Trên Mathematical reflections 2 (2008) Trong bài “Định lý Ptolemy mở rộng” ta đã thấy một tính chất thú vị đối với hai đường tròn tiếp xúc nhau, ở bài này ta tiếp tục tìm hiểu thêm về một tính chất khác đối với hai đường tròn tiếp xúc trong với nhau và sự ứng dụng của tính chất này.

A Bổ Đề. Cho A và B là hai điểm nằm trên đường tròn . T Gọi AE E

. g Một đường tròn r tiếp xúc trong với g tại và BF là hai tiếp tuyến kẻ từ A và B đến r. Thì ta có TA TB

AE . BF

A 1

1 A và

, TA TB . AB Vì thế

1 B là giao điểm thứ hai của 1 1 A B song song với

Lời giải. Gọi T

với r. Chúng ta biết rằng ta có,

B1 F

AE TA 1

AA AT . 1 AT AT . 1

BB BT 1 . B T B T 1

BF TB 1

(cid:230) (cid:231) Ł

(cid:246) (cid:247) ł

(cid:230) = (cid:231) Ł

2 (cid:246) (cid:247) ł

TA , TB

AE TA 1

BF = (cid:222) TB 1

AE TA 1 = TB BF 1

Suy ra đây chính là điều phải chứng minh.

Để minh họa cho bổ đề này, chúng ta sẽ đến với một vài ví dụ. Bài toán sau đây đã được đề nghị của Nguyễn Minh Hà, trong tạp chí toán học và tuổi trẻ (2007). Bài toán 1. Cho W là đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC và D là tiếp điểm của đường tròn

. BC Chứng minh

( ) I r rằng

ATI —

0 90 .

nội tiếp tam giác ABC với cạnh A

T Lời giải. Gọi E và F lần lượt là hai tiếp điểm của

. AB Theo bổ đề trên ta

( ) I r

với cạnh CA và E đường tròn có,

BD BF TB = . TC CD CE

A I E F T cùng nằm trên

= —

— TEA , một đường tròn. = — ATI Vậy

—

AFI

0 90 .

, BD AC tại

E F Gọi P là giao điểm của EF với

. AB Chứng minh rằng TP là

có nghĩa là Vì vậy tam giác TBF và TCE đồng dạng. Suy ra TFA C B D

. — ATB .

Bài toán 2. Cho ABCD là tứ giác nội tiếp trong đường . W Cho w là đường tròn tiếp xúc trong với W tại , T tròn , và tiếp xúc với đường phân giác trong của góc

AT BT

AF BE

Lời giải. Từ bổ đề, chúng ta có được vì vậy bài toán sẽ được chứng minh nếu ta có

AF BE

AP . PB

P E

B C

= —

APF BPE chúng ta có ,

và từ định lý hàm sin đối với hai tam giác

AP AF

— — —

PEB AFP APF

AFP , — BEP sin — BPE sin

BP . BE

được Chú ý rằng sin sin

AF BE

AP , PB

Vì vậy, ta được suy ra điều phải chứng minh.

, AB AC ở

. — SBA

= —

Sau đây là toán từ “Moldovan Team Selection” năm A 2007.

Bài toán 3. Cho tam giác ABC và W là đường tròn ngoại tiếp tam giác. Đường tròn w tiếp xúc trong với W tại P Q Gọi S là giao điểm của , , T và với cạnh . PQ Chứng minh rằng AT với SCA . P

BP BT = CQ CT

sin sin

— —

BCT CBT

sin sin

— —

BAT PS = . CAT QS

Lời giải. Dùng bổ đề , ta có S Q

C B Từ đây dễ dàng suy ra hai tam giác BPS và CQS đồng

—

SBA

= —

SCA .

dạng. T Vì vậy

)

) ( , O 1

O 2

là hai đường tròn tiếp xúc trong Bài toán 4. Cho đường tròn ( ) O có dây cung AB . Gọi (

. M N Chứng minh rằng MN đi qua trung điểm

)

) ( , O 1

O 2

là

, M N ).

với ( ) O và AB . Gọi giao điểm giữa ( cung AB (không chứa

M P Lời giải. Gọi P và Q lần lượt là tiếp điểm ) 1 O với ( ) O và . AB R và ) 2 O . AB Cho T là trung điểm của

, M N ).

của đường tròn ( S lần lược là tiếp điểm của đường tròn ( với ( ) O và cung AB (không chứa

) 1

) 1 O

( ) ( , O O và hai điểm , AQ BQ tới đường tròn ( PA QA = . PB QB

. T

Áp dụng bổ đề đối với hai đường tròn , A B với hai tiếp tuyến N , thì chúng ta có A B Q S

QAT

QTA

= —

—

= —

PRA

+ —

ART

= —

PRS ,

Điều này có nghĩa là PQ đi qua Tương tự, RS cũng đi qua Mặt khác, ta lại có + — PQA

) 3 O .

RS là trục đẳng phương của (

P Q R S cùng nằm trên một đường tròn và gọi nó là đường tròn ( , ) 1 O và (

) 2 O

) 3 , O

PQ RS MN sẽ đồng

) 1 O và (

) 2 . O Vì vậy ba đường thẳng

, Nên bốn điểm Chú ý rằng PQ là trục đẳng phương của ( ) 3 , O ( còn MN là trục đẳng phương của ( quy tại tâm đẳng phương của ba đường tròn này.

. T

và

1 w tiếp xúc trong với w B C Đường tròn T P Q Gọi M là trung điểm của cung BC (chứa T ) của đường tròn

, AB AC lần lượt tại và hai cạnh . w Chứng minh rằng ba đường thẳng

PQ BC MT đồng quy.

K PQ BC = BC . trong

Vậy ta suy ra được MN sẽ đi qua Chúng ta sẽ tiếp tục với một bài toán trong “MOSP Tests” năm 2007. Bài toán 5. Cho tam giác ABC . Đường tròn w đi qua

= (cid:222) 1

(cid:222)

KB QC PA KC QA PB KB BP = . KC CQ

và Áp dụng định tam giác Lời giải. Gọi ˙ = K MT lý Menelaos ABC , ta được

Nhưng điều ta có Mặt khác, M là trung điểm của cung BC (chứa T ) của w nên MT là đường phân giác — BTC . ngoài của góc Vì vậy, bài toán sẽ được chứng minh nếu BP TB = . CQ TC

này đúng theo bổ đề, nên ta có điều phải chứng minh.

)

) ( , O 1

O 2

2 .

) ( ,

) .

là hai đường Bài toán 6. Cho (

O 2

tròn tiếp xúc trong với đường tròn ( ) O tại . M N Tiếp tuyến chung trong của hai đường tròn này cắt ( ) O ở bốn điểm. Gọi B và C là hai trong bốn điểm trên sao cho B O O Chứng minh và C nằm cùng phía với rằng BC song song với một tiếp tuyến chung ngoài của hai đường tròn ( O 1

) ( , O 1

O 2 , K H nằm trên (

sao cho

, GH KL của ( ) 1 O và trên (

Lời giải. Vẽ hai tiếp tuyến chung trong ) , G L nằm ) 2 . O Gọi EF

, E B nằm cùng phía so với

)

O 2

O O 2 . 1

. M N Vẽ hai tiếp tuyến

)

( ˛ O 2

( X

) ( là tiếp tuyến chung ngoài của ( , O 1 của EF với ( ). O Giờ đây ta chỉ cần chứng minh BC song song với , AX AY đến đường tròn ( PQ không chứa O 1 , A E M thẳng hàng;

, P Q là giao điểm . PQ Gọi A là trung điểm cung ) ( ) ) ( ) ˛ O Y O . , , 2 1 A F N thằng hàng, và MEFN là ,

sao cho

Trong bài toán 4 ta đã chứng minh được rằng tứ giác nội tiếp. Vì vậy,

AY .

2 AE AM AF AN AY

hay

AX . MA MB MC = . BG CL AX

. hay

Theo bổ đề ta có, Mặt khác theo định lý Ptolemy, ta được

= AC AB .

= AC GH AB KL ,

. Suy ra Tương tự ta cũng có ( AC BH BG . Nên

. + ) AB CL CK ,

= (

MA BC MB AC MC AB , . . . AX BC BG AC CL AB . AY BC BH AC CK AB . ) . = - nghĩa là A là trung điểm cung BC của đường tròn ( ). O

suy ra Điều này có

. PQ

Vì vậy BC //

CỰC VÀ ĐỐI CỰC

1.1. Định nghĩa: Cho đường tròn (C) tâm O bán kính r, một điểm P ở ngoài (C). Trên OP lấy P’ sao cho OP.OP 2 =r 2 .

Ta nói: đối cực của P là đường thẳng d vuông góc với OP tại P’. Ngược lại, với mọi đường thẳng d

không qua tâm O, ta nói P là cực của đường thẳng d.

1.2. Tính chất:

1. Với điểm P ở ngoài (O,r), từ P kẻ 2 tiếp tuyến PX, PY của (O,r). Gọi P’ là giao điểm của XY và

. Khi đó ta nói đối cực d của điểm P là đường XY. Ngược lại, với hai điểm phân OP. Ta có OP XY

= OXP OYP

biệt X,Y trên đường tròn (O,r), cực của XY là điểm P (điểm giao nhau của hai tiếp tuyến tại X, Y của (O,r). Điểm P nằm trên đường trung trực của đoạn thẳng XY và • • 90 o .

˛ (cid:219) ˛

(Định lý La Hire). 2. Cho x, y lần lượi là đối cực của X, Y, ta có X y

= ˙ (cid:219) ” y

z XY

3. Cho x, y, z lần lượt là đối cực của ba điểm phân biệt X, Y, Z, ta có Z

= ˙ (cid:219) X thuộc z và Y thuộc z

(cid:219) =

z XY

• Chứng minh. Sử dụng định lý La Hire, ta có Z

= P XY

4. Cho W, X, Y, Z nằm trên (O,r). Đối cực p của là đường thẳng qua điểm

= R X

và .

= ˙ . Sử dụng tính chất (3. ),

• Chứng minh: lấy S, T lần lượt là cực của s=XY, t=WZ, P s

= ˙ x

y T ,

= ˙ w

ZY S X

= YY R XZ

và . Với lục giác WXXZYY, ta có:

XX là tiếp tuyến tại X. ta có S, Q, R cùng thuộc một đường thẳng. Tương tự đối với lục giác

XWWYZZ, ta thấy Q, T, R cùng thuộc một đường thẳng. Từ đó ta suy ra được p=ST=QR.

Một số ví dụ ứng dụng các tính chất cựcđối cực:

1.3.1 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính UV. P, Q là hai điểm thuộc nửa đường tròn đó sao cho

2.39 cmO

2.39 cm2.39 c

. Chứng minh rằng S R

Hướng giải

. Theo tính chất (4.) ta có đường đối cực của K đí qua điểm S. Hai tiếp tuyến Lấy K PQ UV

của nửa đường tròn tại P và Q cắt nhau tại R nên đối cực của R là PQ. Từ điểm K trên PQ, áp dụng định

lý La Hire, ta có R nằm trên đường đối cực của K, do đó đối cực của K là đường RS và K thuộc đường

. thẳng chứa đường kính UV nên ta có S R

1.3.2 Cho tứ giác ABCD và đường tròn (O,r) nội tiếp tứ giác. Gọi G, H, K, L lần lượt là tiếp điểm

của AB, BC, CD, DA với (O). Kéo dài AB, CD cắt nhau tại E, AD và BC cắt nhau tại F, GK và HL cắt

OP ^

EF .

O P

nhau tại P. Chứng minh rằng

Hướng giải.

Sử dụng tính chất 1 về cực và đối cực , ta có đối cực của hai điểm phân biệt E, F là GK và HL . Lại

OP ^

EF .

có GK cắt HL tại P. Áp dụng tính chất 3 ta có đối cực của P là EF. Theo định nghĩa về đối cực ta có

1.3.3 Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. C là một điểm nằm ngoài đường tròn. Từ C vẽ cát

tuyến cắt (O) theo thứ tự tại D, E. Gọi (O1) là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD có đường kính

OF. Chứng minh bốn điểm O, A, E, G cùng thuộc một đường tròn.

Hướng giải.

Kéo dài AE cắt BD tại P, theo tính chất 4 ta có đối cực của P với đường tròn tâm O là đường thẳng

. Lấy Q là giao điểm của OP và CH. qua C và H với H là giao điểm của AD và EB. Ta có OP CH

0 90

, nên P, E, Q, H, D cùng thuộc một đường tròn, mà Lại có • • • = PQH PDH PEH

• • • PQD PED DBO

, nên Q, D, P, O cùng nằm trên một đường tròn. Từ đó ta suy ra Q trùng G, và

đây là giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam giác OBD và đường tròn đường kính OC.

= P B

˙ (cid:222) OG

PE PA P PB PG PO

Vì nên O, A, E, G cùng thuộc một đường tròn.

1.3.4 Cho tứ giác lồi ABCD nội tiếp đường tròn tâm O, E là giao điểm của AC và BD. Chọn một

90 o

. Chứng minh rằng O, P, E thẳng hàng. điểm P thuộc (O) sao cho • • • • PDC PA D

PAC PB ,

D .

) ( ,

)

O 2

lần lượt là các đường tròn ngoại tiếp ABCD, Hướng giải. Gọi ( ) ( O O , 1

1 O đối với ( ) O

Ta có đối cực của là đường

AC.

• = APC

• • • PAB PCB ABC )

360

(

+ • • o A C ABC D 90

270 = Và • = AO C 1

2.(180

• APC )

2.(90

• o A C D )

180

• A C

2 D

180 o .

• 180 o AOC = - Nên • •1 + AOC AO C Tương tự, đối cực của

2 O với (O) là BD. Theo tính chất 3 ta có: E là giao điểm của AC và DB, nên

Ta có:

2 O O . Vì thế

^ OE O O 2 .

đối cực của E đối với (O) là

1.3.5 Cho I là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. AB, AC, BC tiếp xúc (I) lần lượt tại M, L, K.

Đường thẳng qua B song song với MK cắt LM, LK lần lượt tại R và S. Chứng minh tam giác RIS là tam

giác nhọn.

Hướng giải.

Ta có đối cực của các điểm B, K, L, M lần lượt là

' B

= ˙

IB MK

MK, BC, CA, AB. Lại có

' B MK

˛ (cid:222) B thuộc đường đối cực của B’

Vì

(cid:222)

MK R

^ (cid:222) đối cực của B’ là RS (cid:222) R, B,

(Định lý La Hire)

S thẳng hàng và các đường đối cực của chúng đồng

quy tại B’.

Lại có: Các đường đối cực của K, L cắt nhau tại C

và L, K, S thẳng hàng nên đối cực của ba điểm L, K,

S đồng quy tại C. Từ đó ta suy ra đối cực của S là

' B A

= IS 180

B’C và ta cũng có được IR , và • • AB C ' .

uuuur uuuur uuuur ' ' B T B C B A

2 '

uuur uuuur B K KC ' +

(

uuur uuuuur B M MA + '

)

uuur uuur KC MA +

)

(

Gọi T là trung điểm của AC, ta có:

uuuur không song song MA ,

B T '

KC MA CL AL =

uuur Vì KC

+ 2

AC 2

nên B’ nằm trong đường

(cid:222)

• > (cid:222) < (cid:222) D R

IS 90

là tam giác nhọn. tròn đường kính AC • AB C '

1.3. Một số bài tập áp dụng:

1.4.1 (AustralianPolish 98): Cho 6 điểm A, B, C, D, E, F thuộc một đường tròn sao cho các tiếp

tuyến tại A và D, đường BF, CE đồng quy. Chứng minh rằng các đường thẳng AD, BC, EF hoặc đôi

một song song hoặc đồng quy.

1.4.2 Cho tam giác ABC. Đường tròn nội tiếp (I) tiếp xúc với BC, CA, AB lần lượt tại D, E, F. K là

một điểm bất kỳ thuộc đường thẳng EF. BK, CK cắt AC, AB lần lượt tại E’, F’. Chứng minh rằng

E’F’tiếp xúc với (I).

1.4.3 Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp (O). Tiếp điểm thuộc các cạnh AB, BC, CD, DA lần lượt là M,

N, P, Q. AN, AP cắt (O) tại E, F. Chứng minh rằng ME, QF, AC đồng quy.

1.4.4 Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). AC cắt BD tại I. (AOB), (COD) cắt nhau tại điểm L khác

ILO =

0 90

O.Chứng minh rằng • .

1.4.5 Cho tam giác ABC. Đường tròn đường kính AB cắt CA, CB tại P, Q. Các tiếp tuyến tại P, Q

AB .

với đường tròn này cắt nhau tại R. Chứng minh rằng R C

ĐỊNH LÝ PASCAL VÀ ỨNG DỤNG

Lê Đức Thịnh

GV THPT Chuyên Trần Phú – Hải Phòng

Trong bài viết chuyên đề này tôi muốn đề cập đến một định lý có rất nhiều ứng dụng đa dạng, đó là định lý Pascal về lục giác nội tiếp đường tròn. Trong thực tế áp dụng, khi thay đổi thứ tự các điểm, hay là khi xét các trường hợp đặc biệt ta sẽ thu được rất nhiều kết quả khác nhau.

Trước hết ta phát biểu nội dung định lý:

Định lý Pascal: Cho các điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn (có thể hoán đổi thứ tự). Gọi

= = = ˙ ˙ P AB DE, Q BC EF, R CD FA . ˙

Khi đó các điểm P, Q, R thẳng hàng.

= = ˙ Chứng minh: = ˙ Gọi X EF AB, Y AB CD, Z CD EF. ˙

(cid:215)

( ) 1 1

(cid:215)

( ) 1 2

(cid:215)

( ) 1 3

CY BX QZ CZ BY QX FZ AX RY FX AY RZ EZ PX DY EX PY DZ Mặt khác, theo tính chất phương tích của một điểm đối với đường tròn ta có:

( ) YC.YD YB.YA, ZF.ZE ZD.ZC, XB.XA XF.XE 4

(cid:215)

Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XYZ đối với các đường thẳng BCQ, DEP, FAR , ta có:

(cid:219) (cid:215)

(cid:215)

( ) 1 5

QZ RY PX YC.YD ZF.ZE XB.XA QX RZ PY YB.YA ZD.ZC XF.ZE

Nhân (1),(2) và (3) theo vế, ta được: QZ RY PX CY.BX.FZ.AX.EZ.DY QX RZ PY CZ.BY.FX.AY.EX.DZ

(cid:215) (cid:215) = 1. Thế (4) vào (5), ta được QZ RY PX QX RZ PY

Vậy P, Q, R thẳng hàng (theo định lý Menelaus).

Đường thẳng PQR ở trên được gọi là đường thẳng Pascal ứng với bộ điểm A, B, C, D, E, F .

Bằng cách hoán vị các điểm A, B, C, D, E, F ta thu được rất nhiều các đường thẳng Pascal khác

nhau, cụ thể ta có tới 60 đường thẳng Pascal.

Chẳng hạn hình vẽ bên minh họa trường hợp các điểm ACEBFD. Ngoài ra khi cho các điểm có thể trùng nhau (khi đó lục giác suy biến thành tam giác, tứ giác, thì cạnh EF trở thành tiếp tuyến của đường tròn tại E , ta còn thu thêm được rất

ngũ giác), ví dụ E F ” nhiều các đường thẳng Pascal khác nữa.

Hình vẽ dưới đây minh họa trường hợp các điểm ABCDEE, ABCCDD, AABBCC:

Tiếp theo ta đưa ra các bài toán ứng dụng

định lý Pascal:

Bài toán 1: (Định lý Newton) Một đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD lần lượt tiếp xúc với các cạnh AB, BC, CD, DA tại E, F, G, H .

Khi đó các đường thẳng AC, EG, BD, FH đồng quy.

= ˙ Lời 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

EG FH O,

GG HH D,

GF HE X.

có:

Suy ra O, D, X thẳng hàng.

˙ = EE FF B,

EH FG X,

HF GE O.

Áp dụng định lý Pascal cho các điểm E, E, H, F, F, G, ta có:

Suy ra B, X, O thẳng hàng.

Từ đó ta được B,O, D thẳng hàng.

Vậy EG, FH, BD đồng quy tại O .

Chứng minh tương tự đối với đường thẳng AC ta được điều phải chứng minh.

Bài toán 2: Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn. Gọi D, E lần lượt là các điểm chính giữa của các

= ˙ ˙ = . cung AB, AC ; P là điểm tuỳ ý trên cung BC ; DP AB Q, PE AC R

Chứng minh rằng đường thẳng QR chứa tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC .

˙ ˙

= ; CD EB I = DP BA Q;

PE AC R.

˙ Vậy Q, I, R thẳng hàng.

Lời giải: Vì D, E lần lượt là điểm chính giữa của các cung AB, AC nên CD, BE theo thứ tự là các đường phân giác của góc • • ACB, ABC . Suy ra I CD EB. = Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm C, D, P, E, B, A, ta có:

AA ' C 'C H,

A ' D CB A",

DC ' BA C".

Bài toán 3: (Australia 2001) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao 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”, trực tâm H thẳng hàng. Lời giải: Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, A ', D, C ', C, B, ta có:

Vậy H, A", C" thẳng hàng.

Tương tự suy ra A”, B”, C”, H thẳng hàng.

Bài toán 4: (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 P 'Q" P"Q ' = . ˙

0 90

Chứng minh rằng: X di chuyển trên một đường cố định. Lời giải: Ta có: • • • • = CP ' P CP"P CQ ' P CQ" P

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.

Vậy A, X, B thẳng hàng.

Vậy X di chuyển trên đường thẳng AB cố định.

ABCDE lồi thỏa mãn:

0 CD DE, BCD DEA 90

Bài toán 5: (Poland 1997) giác Ngũ • • = . Điểm F trong đoạn AB sao

AF AE (cid:215) = BC BF

cho

Chứng minh rằng: • • • • . FCE ADE, FEC BDC

, Q, R lần lượt là giao điểm của AD và BD với đường tròn đường kính PD,

= Lời giải: Gọi P AE BC ˙ = 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:

DAG

• DA.GQ DA.sin QRE • DB.GR DB.sin RQC

• DG.DA.sin GDQ • DG.DB.sin GDR

DBG

• sin GQD (cid:215) (cid:215) DA GQ DG • sin GRD (cid:215) (cid:215) DB GR DG

•

DAE

= = = = S AG = BG S

•

DBC

= = = = S S AE BC

• DA.sin ADE DA.DE.sin ADE • DB.sin BDC DB.DC.sin BDC AG AF BG BF

(cid:222) = (cid:222) ” F G

Từ đó dễ dàng có • • • • . FCE ADE, FEC BDC

Pascal điểm dụng định cho sáu

˙ A"A " B"C"

A"B" C"C" K,

˙ B"B" C"A"

= Vậy I, J, K thẳng hàng.

Bài toán 6: 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 lý A", A", B", B", C", C" ta có:

= ˙ E D M, F D F E ˙ = = . N Bài toán 7: (China 2005) Một đường tròn cắt các cạnh của tam giác ABC theo thứ L, E F tự tại các điểm 1 1 D , D , E , E , F , F . 1 ˙ D E D F 2 2

2 Chứng minh rằng AL, BM, CN đồng quy. Lời giải:

1 1

2 2

Gọi ˙ D F D E = ˙ = ˙ = P, E D E F Q, F E 1 . F D R 2 2

Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm E , E , D , F , F , D ta có:

˙ = A,

1 1

E E F F 1 2 1 2 ˙ E D F D 1 ˙ D F D E = L, P.

Suy ra A, L, P thẳng hàng.

1 2

˙ ˙ ˙ = = ˙ = = ˙ BC F E = Z Áp dụng Tương tự B, M, Q thẳng hàng, C, N, R thẳng hàng. ˙ = E E D F CA D F X, F F 2 1 E D AB E D Y, D D F E 2

định lý Pascal cho sáu điểm 1 F , E , D , D , F , E ta có: 2

= R,

= ˙ F E D F 1 2 2 ˙ E D F E 1

2 ˙ D D E F 2 2 1 Suy ra Q, R, Z thẳng hàng.

= Q, Z.

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 8: (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.

0 NMI PMI 180

• NMI

• • • ICP (cid:222) = = = + Bài toán 9: 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. Lời giải: Gọi hình chiếu của C trên BD là P, hình chiếu của B trên CE là Q. Dễ chứng minh: (cid:181) A 2

lý Pascal cho sáu điểm

B 'C ' PQ S,

C ' B QC E,

BP CB ' D.

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

Vậy S, E, D thẳng hàng, hay là MN, DE, B’C’ đồng quy tại S.

Bài toán 10: 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,

C Q

AD EB I,

DE BC N ',

EE CA M.

= Vậy I, N ', M thẳng hàng, hay N N '

”

ta có:

. , tức là N DE

Do DE là đối cực của M đối với (O) nên M, N, P, Q là hàng điểm điều hòa.

Bài toán 11: (Định lý Steiner) Đường thẳng Pascal của các lục giác ABCDEF, ADEBCF, ADCFEB đồng quy. Lời giải: ˙ Gọi = ˙ = ˙ = AB DE P , BC EF Q , AD BC P , 2

= ˙ ˙ ˙ = = DE CF Q , AD FE P , CF AB Q . 3

Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, B, C, F, E, D, ta có:

= ˙ = AB FE P,

= ˙ =

= ˙ BC ED Q, CF DA R. =

P3 E

˙ P Q Q P 1 1 3 ˙ P Q Q P 1 1 2 ˙ Q Q P P 3 2 3 Vậy P, Q, R thẳng hàng.

Áp dụng định lý Desargues suy ra các đường thẳng P Q , P Q , P Q đồng quy. 1 3

Hay đường thẳng Pascal của các lục giác ABCDEF, ADEBCF, ADCFEB đồng quy.

Bài toán 12: (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 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 13: (MOSP 2005) Cho tứ giác nội tiếp ABCD, phân giác góc A cắt phân giác góc B tại E. Điểm P, Q lần lượt nằm trên AD, BC sao cho PQ đi qua E và PQ song song với CD. . Chứng minh rằng AP BQ PQ = +