BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHUN ĐỀ HỘI THẢO TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG CÁC TRƯỜNG THPT CHUN MƠN TỐN THPT Tên đề tài: ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ PASCAL VÀO GIẢI MỘT VÀI BÀI TỐN HÌNH HỌC Người thực hiện: NGƠ LAN HƯƠNG Trường: THPT CHUN THÁI NGUN NĂM HỌC: …………………… ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ PASCAL VÀO GIẢI MỘT VÀI BÀI TỐN HÌNH HỌC Ngơ Lan Hương - Trường THPT Chun Thái Ngun Đã có nhiều tài liệu nhiều tác giả bàn luận định lý Pascal Bài viết tơi nhằm mục đích đóng góp thêm số tập lời giải có ứng dụng định lý Định lý Pascal Cho điểm A, B, C, D, E, F thuộc đường tròn Gọi P = AB ∩ DE , Q = BC ∩ EF , R = CD ∩ FA Khi điểm P, Q, R thẳng hàng Đường thẳng qua P, Q, R gọi đường thẳng Pascal Chứng minh Có nhiều cách chứng minh cho định lý Pascal Ở xin nêu cách chứng minh phổ biến áp dụng định lý Menelaus sử dụng khái niệm góc định hướng Cách Gọi X = EF ∩ AB, Y = AB ∩ CD, Z = CD ∩ EF Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XYZ cácRđường thẳng BCQ, DEP, FAR, ta có Q CY BX QZ = ( 1) CZ BY QX Z D FZ AX RY × × =1 FX AY RZ ( 2) EZ PX DY × × =1 EX PY DZ ( 3) E F C P Y A B X Mặt khác, theo tính chất phương tích điểm đường tròn ta có: YC.YD = YB.YA, ZF ZE = ZD.ZC , XB XA = XF XE ( 4) Nhân (1),(2) (3) theo vế, ta được: QZ RY PX CY BX FZ AX EZ DY × × × =1 QX RZ PY CZ BY FX AY EX DZ ⇔ QZ RY PX YC.YD ZF ZE XB XA × × × × × =1 QX RZ PY YB.YA ZD.ZC XF ZE Thế (4) vào (5), ta ( 5) QZ RY PX × × = Vậy P, Q, R thẳng hàng QX RZ PY Đường thẳng PQR gọi đường thẳng Pascal ứng với điểm A, B, C , D, E , F Cách Gọi I giao điểm thứ hai đường tròn ngoại tiếp tam giác PBD RDF Ta có ( IB, IF ) ≡ ( IB, ID ) + ( ID, IF ) ≡ ( PB, PD ) + ( PD, RF ) ( mod π ) Ngồi ( PB, PD ) ≡ 1 ( OB, OD ) + ( OA, OC ) ( mod π ) 2 2 ( RD, RF ) ≡ ( OD, OF ) + ( OC , OA) ( mod π ) suy ( PB, PD ) + ( RD, RF ) ≡ ( ( OB, OF ) + ( OC , OE ) ) ≡ ( QB, QF ) ( mod π ) Vậy ( QB, QF ) ≡ ( PB, PD ) + ( RD, RF ) ≡ ( IB, ID ) + ( ID, IF ) ≡ ( IB, IF ) ( mod π ) nên QBFI tứ giác nội tiếp Từ suy ( IB, IP ) ≡ ( DB, DP ) ≡ ( FB, FQ ) ≡ ( IB, IQ ) ( mod π ) nên I, P, Q thẳng hàng Tương tự ta chứng minh I, R, Q thẳng hàng Từ có điều phải chứng minh Định lý Pascal đảo Nếu năm sáu điểm thuộc (O) điểm P, Q, R thẳng hàng điểm lại thuộc (O) Chứng minh Giả sử A, B, C, D thuộc (O); F điểm cho CD, Q = BC ∩ EF P = AB ∩ ED, R = AF ∩ B E P A D Q R C F Gọi F’ giao điểm thứ hai AR (O); Q ' = CB ∩ EF ' Theo định lý Pascal P, Q’, R thẳng hàng nên Q’ thuộc PR mà Q’ lại thuộc CB nên Q’ giao PR CB Theo giả thiết P, Q, R thẳng hàng Q thuộc BC nên Q giao PR BC Vậy Q trùng với Q’ Ta có F = EQ ∩ AR, F ' = EQ '∩ AR mà Q ≡ Q ' nên F ≡ F ' Vậy F thuộc (O) Chú ý 1) Khi cho điểm trùng (khi lục giác suy biến thành tam giác, tứ giác, ngũ giác), ví dụ E ≡ F cạnh EF trở thành tiếp tuyến đường tròn E, ta thu thêm nhiều đường thẳng Pascal khác Hai hình vẽ minh họa Định lý cho trường hợp điểm điểm R P Q E B D Q C C P Y B A A D R 2) Điều kỳ diệu điểm A, B, C, D, E, F xếp cách tùy ý Có nghĩa thay đổi thứ tự điểm, ta đường thẳng Pascal khác với đường thẳng ứng với thứ tự ban đầu Một câu hỏi đặt có đường thẳng Pascal? (Với giả thiết điểm đơi phân biệt) Đây tốn tổ hợp Để thuận tiện, ta kí hiệu điểm 1, 2, 3, 4, 5, Có 6! = 720 hốn vị điểm Tuy nhiên ta ý hốn vị (6, 1, 2, 3, 4, 5); (5, 6, 1, 2, 3, 4); (4, 5, 6, 1, 2, 3, 4); (4, 5, 6, 1, 2, 3); (3, 4, 5, 6, 1, 2) ; (2, 3, 4, 5, 6, 1) cho đường thẳng Pascal điểm (1; 2; 3; 4; 5; 6) Mặt khác, từ điểm (1; 2; 3; 4; 5; 6) ta chia làm hai (1; 2; 3), (4; 5; 6), viết theo thứ tự ngược lại ghép lại ta (3; 2; 1; 6; 5; 4) cho đường thẳng Pascal Mà từ ta lại có hốn vị khác nó, cho đường thẳng Pascal Như vậy, số 720 hốn vị điểm 1, 2, 3, 4, 5, 12 hốn vị cho đường thẳng Pascal, nên số đường thẳng Pascal tạo từ điểm 720 : 12 = 60 Sau số tốn ứng dụng định lý Pascal xuất đề thi học sinh giỏi Tốn quốc gia, khu vực Olympic Quốc tế Xin bắt đầu tốn Olympic khu vực Trung Âu năm 2010 Bài tập áp dụng Bài tốn (Middle European Mathematical Olympiad 2010) Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc cạnh BC, CA, AB D, E, F tương ứng K đối xứng D qua tâm đường tròn nội tiếp DE cắt FK S Chứng minh AS song song BC Lời giải Gọi R = KE ∩ FD Áp dụng định lý Pascal cho điểm F, F, K, E, E, D ta có FF ∩ EE = A , FK ∩ ED = S , KE ∩ DF = R Khi R, A, S thẳng hàng · · Theo giả thiết ta lại có KFD = KED = 900 nên tứ giác RFES nội tiếp · · · Từ suy ·ARF = FED FED (góc tạo tiếp tuyến = FDB · dây cung) nên ·ARF = FDB Vậy AS / / BC A R S K E F B I O C D Bài tốn (Macedonia 2001) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Tiếp tuyến A cắt BC D, tiếp tuyến B cắt CA E, tiếp tuyến C cắt AB F F Chứng minh D, E, F thẳng hàng Lời giải Áp dụng định lý Pascal cho điểm A A, A, B, B, C, C ta có AA ∩ BC = E , AB ∩ CC = F , BB ∩ AC = E O D nên D, E, F thẳng hàng C B E Bài tốn (Mathematical Olympiad Summer Program 1998) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn Gọi A’, B’, C’ theo thứ tự » , CA » , »AB đường tròn Gọi D, E, điểm cung nhỏ BC F, I, J, K giao điểm cặp đường thẳng AC B’C’; AB B’C’; AB A’C’; CB A’C’; CB A’B’; AC A’B’ Khi DI, EJ, KF đồng quy Lời giải Đầu tiên ta ý AA’, BB’, CC’ đồng quy O tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Áp dụng định lý Pascal cho điểm A, C, C’, A’, B’, B ta có AC ∩ A ' B ' = K , AB ∩ A ' C ' = F , CC '∩ BB ' = O nên K, F, O thẳng hàng, tức O thuộc KF Lại áp dụng định lý Pascal cho điểm A, C, B, B’, C’, A’ ta có AC ∩ B ' C ' = D; CB ∩ A ' C ' = I , AA '∩ BB ' = O nên D, I, O thẳng hàng, tức O thuộc DI Cuối cùng, áp dụng định lý Pascal cho điểm C, B, A, A’, B’, C’ ta có AB ∩ B ' C ' = E , BC ∩ A ' B ' = J , AA '∩ CC ' = O nên E, J, O thẳng hàng, tức O thuộc EJ A C' E D B' K F O C J B I A' Vậy KF, EJ, DI đồng quy O Mở rộng tốn Ta có tốn sau: “Hai tam giác ABC, A’B’C’ có đường tròn ngoại tiếp Các cạnh hai tam giác cắt điểm tạo hình lục giác Chứng minh đường chéo hình lục giác đồng quy” Bài tốn (Đường tròn Mixtilinear) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Đường tròn (J) tiếp xúc với AB, AC tiếp xúc với (O) M, N, X Chứng minh MN qua tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Lời giải Ta so sánh hai cách giải tốn, cách dùng định lý Pascal cách sử dụng kiến thức tốn THCS Cách Giả sử tiếp tuyến X M đường tròn (J) cắt K; E, · · F giao điểm XM XN với đường tròn (O) Ta có KXM = KMX ( ) ( ) 1» » » · » , KMX · = FX = BX + BF = BX + »AF , suy F Mặt khác KXM 2 điểm cung »AB Tương tự ta có E điểm cung »AC Vì BE CF qua tâm I đường tròn nội tiếp tam giác ABC A E F N O I M J B C K X Áp dụng định lý Pascal cho điểm A, B, E, X, F, C ta có AB ∩ XF = M , AC ∩ XE = N , BE ∩ CF = I nên I, M, N thẳng hàng Nhận xét Ta có tam giác AMN cân A AI đường phân giác nên đường trung tuyến Vậy I trung điểm MN Cách Gọi E giao điểm XN với với đường tròn (O) Ta có · · · nên JN // OE Mặt khác JN ⊥ AC nên OE vng góc với JNX = JXN = OEX AC Suy E trung điểm cung AC Vậy BE phân giác góc ·ABC Giả sử BE cắt MN I Ta cần chứng minh CI phân giác góc ·ACB A E I M N O J B C X y Thật vậy, gọi Xy tiếp tuyến chung X hai đường tròn (J) (O) Ta có ·yXE = ·XMN = ·XBE nên tứ giác XBMI nội tiếp Do · · ·I XB = ·AMN = 180 − BAC = BXC (do ABXC tứ giác nội tiếp) 2 · · Vậy IX tia phân giác góc BXC , suy I· XC = INA , suy IXCN tứ giác nội tiếp Từ · · · ·ACB CBA 1800 − CAB − CBA · · · · NCI = NXI = I· XC − EXC = BXI − = = 2 Vậy CI phân giác góc ·ACB Ta có điều phải chứng minh Bài tốn Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P điểm PA, PB, PC cắt (O) D, E, F khác A, B, C Tiếp tuyến A (O) cắt BC T TP cắt (O) M, N Chứng minh tam giác DEF tam giác DMN có chung đường đối trung Lời giải Gọi K giao AF BD Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, A, F, C, B, D suy K, P, T thẳng hàng Tương tự L, P, T thẳng hàng Vậy K, L thuộc TP (1) Gọi tiếp tuyến D (O) cắt EF S Áp dụng định lý Pascal cho điểm D, D, B, E, F, A ta có S, K, P thẳng hàng Tương tự S, L, P thẳng hàng Vậy K, L thuộc SP (2) Từ (1) (2) suy S thuộc MN Từ gọi SP tiếp tuyến (O) khác SD tứ giác DMNQ DEFQ tứ giác điều hòa hay tam giác DMN DEF có đường đối trung AQ Ta có điều phải chứng minh Nhận xét Nếu TA = TP nên TA2 = TP = TP.TC , suy TP tiếp tuyến · · · đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC Do TPB nên EF // = PCB = FEP TP Mặt khác tam giác TAP OAD cân T O có cạnh bên TA ⊥ OA nên TP ⊥ OD Từ tam giác DMN cân có OD đường đối trung nên DEF có OD đường đối trung Do DEF cân Khi DE = DF Bài tốn mở rộng tốn thi Olympic Quốc tế 2010 (IMO 2010) “ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) P điểm PA, PB, PC cắt (O) D, E, F khác A, B, C Tiếp tuyến A (O) cắt BC T Chứng minh TA = TP DE = DF.” Bài tốn (IMO Shortlist 2007) Cho tam giác ABC cố định, trung điểm A1 , B1 , C1 BC, CA, AB tương ứng Điểm P thay đổi đường tròn ngoại tiếp tam giác Các đường thẳng PA1 , PB1 , PC1 cắt lại đường tròn A’, B’, C’ tương ứng Giả sử điểm A, B, C, A’, B’, C’ đơi phân biệt đường thẳng AA’, BB’, CC’ tạo tam giác Chứng minh diện tích tam giác khơng phụ thuộc vào vị trí P Lời giải Gọi A2 , B2 , C2 giao điểm BB’ CC’, CC’ AA’, AA’ BB’ Áp dụng định lý Pascal cho điểm C, C’, P, A’, A, B ta có CC '∩ AA ' = B2 , C ' P ∩ AB = C1 , BC ∩ A ' P = A1 nên B2 ∈ A1C1 Tương tự C2 ∈ A1B1 , A2 ∈ B1C1 Lại có B2 A1 / / AB1 ⇒ C2 B2 C2 A1 = C2 A C2 B1 (1) Lại BA1 / / B1 A2 ⇒ C2 A1 C2 B = C2 B1 C2 A2 (2) 10 Từ (1) (2) suy B' C2 B2 C2 B = C2 A C2 A2 A C2 B2 A' C' ⇒ C2 B2 = C2 A.C2 B ⇒ S A2 B2C2 = S ABC2 B1 C1 Mặt khác S ABC2 = S ABB1 ⇒ S A2 B2C2 = S ABB1 = S ABC A2 A1 B C Từ ta có điều phải chứng minh P Bài tốn Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có B, C cố định, A thay đổi (O) Trung trực BC cắt AB M, AC N Gọi P, Q đối xứng với M, N qua O BQ cắt CP K Chứng minh AK qua điểm cố định trung điểm I AK ln thuộc đường tròn cố định Lời giải Gọi I điểm đối xứng với D qua O Ta chứng minh AK qua E, tương đương với chứng minh AE, BQ, CP đồng quy K Ta có phép đối xưng tâm O biến B thành C, C thành B, P thành M, B thành B’, A thành A’, E thành D, Q thành N, C thành C’ Do ta cần chứng minh A’D, C’M, B’N đồng quy Bài 6: Cho tam B, C cố đònh, A cắt AB M, A qua O BQ cắt C điểm cố đònh va đường tròn cố đò M A N K' C' B' E I O B D C Q K A' P Gọi K ' = B ' N ∩ A ' D Ta có B ' K '∩ AC = N , A ' K '∩ BC = D, BB '∩ AA ' = O nên N, D, O thẳng hàng Mặt khác B’, A, C, A’, B thuộc (O) nên theo định lý Pascal đảo K’ thuộc (O) 11 Ta có điểm C’, C, B’, B, A, K’ thuộc đường tròn (O) C ' K '∩ AB = M ', K ' B '∩ AC = N , CC '∩ B ' B = O nên theo định lý Pascal M’, N, O thẳng hàng Suy M ' ∈ NO , M ' ∈ AB, M ' ∈ C ' K ' mà M = NO ∩ AB ⇒ M ≡ M ' Vậy C’M qua K’, suy A’D, C’M, B’N đồng quy K’ thuộc (O) nên K thuộc (O) Ta thấy OI ⊥ AK nên I thuộc đường tròn đường kính EO Bài tốn Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H; AH, BH, CH cắt BC, CA, AB D, E, F Đường thẳng qua D, song song với CF cắt (BDF) M Đường thẳng qua D, song song với BE cắt (CDE) N; MN cắt AB, AC P, Q Gọi I, J trung điểm HP, HQ Chứng minh giao điểm K FI EJ thuộc (DEF) Lời giải A N E Q F P H J I M B C D Ta có FHDM hình thang nội tiếp nên hình thang cân Gọi I ' = FD ∩ MH Theo định lý Talet I 'H I 'F I 'H I 'F I 'H I 'F = ⇒ = ⇒ = I 'M I 'D I 'H + I 'M I 'F + I 'D MH FD mà MH = FD nên I’H = I’F , suy I ≡ I ' Tương tự ta có J = ED ∩ HC Vậy FI, EJ cắt D thuộc đường tròn (O) 12 Mở rộng tốn Một đường thẳng qua H cắt AB, AC P, Q; Gọi I, J trung điểm HP, HQ Lúc K = FI ∩ EJ ⇒ K ∈ ( DEF ) Thật vậy, xét phép vị tự tâm H tỉ số biến I thành P, J thành Q, E thành B1 thuộc (O), F thành C1 thuộc (O) B1 A E C1 F P B H Q J I D C K K' Giả sử PC1 ∩ B1Q = K ' Ta có C1K '∩ BA = P, AC ∩ K ' B1 = Q, C1C ∩ B1B = H Theo định lý Pascal đảo K ' ∈ ( O ) Mặt khác phép vị tự biến đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF thành đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên giao điểm FI FJ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Bài tốn Cho tam giác ABC nhọn có AD phân giác Kí hiệu E, F tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABD, ACD; BF cắt CE K Xét đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF; BE, CF cắt đường tròn M, N; BF, CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF P, Q Gọi H giao điểm thứ hai hai đường tròn ngoại tiếp tam giác KPM KNQ Chứng minh H thuộc AD Lời giải Gọi I = BE ∩ CF I tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Suy I thuộc AD Ta có IF CF IE BE IF DC BE IA AC BA = ; = = = nên K , suy IA CA IA BA FC DB EI CA AB IA thuộc ID 13 A M N F J E B I Q K P D C Ta có I = PM ∩ QN , I = EM ∩ FN , K = PF ∩ EQ mà N, M, F, Q, P, E thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF nên I, J, K thẳng hàng Lại có JM JP = JN JQ nên JK trục đẳng phương đường tròn ngoại tiếp tam giác KPM KQN, tức AD trục đẳng phương hai đường tròn Mặt khác HK trục đẳng phương chúng nên H thuộc AD Ta có điều phải chứng minh Bài tốn 10 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi P1 , P2 hai , PC điểm mặt phẳng; P1 A, PB cắt đường tròn (O) điểm 1 thứ hai A1 , B1 , C1 ; P2 A, P2 B, P2C cắt (O) điểm thứ hai A2 , B2 , C2 A1 P, B1 P, C1 P cắt (O) P điểm đường thẳng PP 2; điểm thứ hai A3 , B3 , C3 Chứng minh ba đường thẳng A2 A3 , B2 B3 , C2C3 đồng quy điểm PP ∩ A2C1 Áp dụng định lý Pascal cho điểm Lời giải Gọi Q = AC C2 , A1 , A, A2 , C1 , C ta có Q = AC ∩ A2C1 , C1C ∩ A1 A = P1 , A2 A ∩ CC2 = P2 nên Q thuộc đường thẳng PP Lại áp dụng định lý Pascal cho điểm C2 , A1 , A4 , A2 , C1 , C3 ta có Q = AC ∩ A2C1 , C2C3 ∩ A2 A3 = T , A3 A1 ∩ C3C1 = P T thuộc đường thẳng PQ, đường thẳng PP Tương tự ta có T ' = A2 A3 ∩ B2 B3 thuộc đường thẳng PP Như T ≡ T ' ta có điều phải chứng minh 14 A3 A B1 C2 B2 P1 C1 P P2 T Q C3 B C B3 A2 A1 Lời bình Hình vẽ thật phức tạp lời giải vận dụng định lý Pascal lại ngắn gọn bất ngờ BÀI TẬP THAM KHẢO Bài tốn 11 (Mathematical Olympiad Summer Program 2005) Cho tứ giác nội tiếp ABCD, phân giác góc A cắt phân giác góc B E Điểm P, Q nằm AD, BC cho PQ qua E PQ song song với CD Chứng minh AP + BQ = PQ Bài tốn 12 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Tiếp tuyến A, B, C, D cắt E, F, M, N AD cắt BC I, AB cắt CD J, AC cắt BD K Chứng minh bốn điểm I, E, K, M thẳng hàng bốn điểm J, F, K, N thẳng hàng TÀI LIỆU THAM KHẢO Bài tập từ trang Web http://analgeomatica.wordpress.com Bài giảng thầy Lê Bá Khánh Trình Trường đơng Tốn học 2013 15 [...]... điểm thứ hai là A3 , B3 , C3 Chứng minh ba đường thẳng A2 A3 , B2 B3 , C2C3 đồng quy tại một điểm trên PP 1 2 ∩ A2C1 Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm Lời giải Gọi Q = AC 1 2 C2 , A1 , A, A2 , C1 , C ta có Q = AC ∩ A2C1 , C1C ∩ A1 A = P1 , A2 A ∩ CC2 = P2 nên Q 1 2 thuộc đường thẳng PP 1 2 Lại áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm C2 , A1 , A4 , A2 , C1 , C3 ta có Q = AC ∩ A2C1 , C2C3 ∩ A2 A3 = T , A3... A2 A1 Lời bình Hình vẽ thật khá phức tạp nhưng lời giải vận dụng định lý Pascal lại ngắn gọn bất ngờ BÀI TẬP THAM KHẢO Bài tốn 11 (Mathematical Olympiad Summer Program 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 Bài tốn 12 Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn... S ABB1 = S ABC 2 A2 A1 B C Từ đây ta có điều phải chứng minh P Bài tốn 7 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có B, C cố định, A thay đổi trên (O) Trung trực của BC cắt AB tại M, AC tại N Gọi P, Q đối xứng với M, N qua O BQ cắt CP tại K Chứng minh AK đi qua một điểm cố định và trung điểm I của AK ln thuộc một đường tròn cố định Lời giải Gọi I là điểm đối xứng với D qua O Ta chứng minh AK đi qua... của FI và EJ thuộc (DEF) Lời giải A N E Q F P H J I M B C D Ta có FHDM là hình thang nội tiếp nên nó là hình thang cân Gọi I ' = FD ∩ MH Theo định lý Talet thì I 'H I 'F I 'H I 'F I 'H I 'F = ⇒ = ⇒ = I 'M I 'D I 'H + I 'M I 'F + I 'D MH FD mà MH = FD nên I’H = I’F , suy ra I ≡ I ' Tương tự ta có J = ED ∩ HC Vậy FI, EJ cắt nhau tại D thuộc đường tròn (O) 12 Mở rộng bài tốn Một đường thẳng bất kỳ qua... J I D C K K' Giả sử PC1 ∩ B1Q = K ' Ta có C1K '∩ BA = P, AC ∩ K ' B1 = Q, C1C ∩ B1B = H Theo định lý Pascal đảo thì K ' ∈ ( O ) Mặt khác phép vị tự trên biến đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF thành đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên giao điểm của FI và FJ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF Bài tốn 9 Cho tam giác ABC nhọn có AD là phân giác trong Kí hiệu E, F là tâm đường tròn nội tiếp... thuộc đường tròn (O) và C ' K '∩ AB = M ', K ' B '∩ AC = N , CC '∩ B ' B = O nên theo định lý Pascal M’, N, O thẳng hàng Suy ra M ' ∈ NO , M ' ∈ AB, M ' ∈ C ' K ' mà M = NO ∩ AB ⇒ M ≡ M ' Vậy C’M đi qua K’, suy ra A’D, C’M, B’N đồng quy tại K’ thuộc (O) nên K thuộc (O) Ta thấy OI ⊥ AK nên I thuộc đường tròn đường kính EO Bài tốn 8 Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H; AH, BH, CH cắt BC, CA, AB tại D, E,... thành C’ Do đó ta chỉ cần chứng minh A’D, C’M, B’N đồng quy Bài 6: Cho tam B, C cố đònh, A cắt AB tại M, A qua O BQ cắt C điểm cố đònh va đường tròn cố đò M A N K' C' B' E I O B D C Q K A' P Gọi K ' = B ' N ∩ A ' D Ta có B ' K '∩ AC = N , A ' K '∩ BC = D, BB '∩ AA ' = O nên N, D, O thẳng hàng Mặt khác B’, A, C, A’, B thuộc (O) nên theo định lý Pascal đảo K’ thuộc (O) 11 Ta có 6 điểm C’, C, B’, B, A,... cắt BC tại I, AB cắt CD tại J, AC cắt BD tại K Chứng minh bốn điểm I, E, K, M thẳng hàng và bốn điểm J, F, K, N thẳng hàng TÀI LIỆU THAM KHẢO 1 Bài tập từ trang Web http://analgeomatica.wordpress.com 2 Bài giảng của thầy Lê Bá Khánh Trình tại Trường đơng Tốn học 2013 15 ... phương của chúng nên H thuộc AD Ta có điều phải chứng minh Bài tốn 10 Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O Gọi P1 , P2 là hai , PC điểm bất kỳ trong mặt phẳng; P1 A, PB cắt đường tròn (O) lần lượt tại điểm 1 1 thứ hai là A1 , B1 , C1 ; P2 A, P2 B, P2C lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là A2 , B2 , C2 A1 P, B1 P, C1 P lần lượt cắt (O) tại P là một điểm bất kỳ trên đường thẳng PP 1 2; điểm thứ hai... giác DEF; BE, CF cắt đường tròn này tại M, N; BF, CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF tại P, Q Gọi H là giao điểm thứ hai của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác KPM và KNQ Chứng minh H thuộc AD Lời giải Gọi I = BE ∩ CF thì I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác ABC Suy ra I thuộc AD Ta có IF CF IE BE IF DC BE IA AC BA = ; = = = 1 nên K , suy ra IA CA IA BA FC DB EI CA AB IA thuộc ID 13 A M