Đinh Lý Pascal Chứng Minh Hình Học - Tài Liệu Text - 123doc

Tải bản đầy đủ (.doc) (8 trang)

1. Trang chủ
>>
2. Lớp 11
>>
3. Toán học

Đinh lý pascal chứng minh hình học

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (133.56 KB, 8 trang )

ĐỊNH LÝ PASCAL VÀ ỨNG DỤNGTrước hết ta phát biểu nội dung định lý:Định lý Pascal:Cho các điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộcP = AB Ç DE, Q = BC Ç EF, R = CD Ç FA .mộtđườngtrònKhi đó các điểm P, Q, R thẳng hàng.Chứng minh:Gọi X = EF Ç AB, Y = AB Ç CD, Z = CD Ç EF.Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XYZ đốiđường thẳng BCQ, DEP, FAR , ta có:(cóđổithứtự).Gọivới cácQYC.YD = YB.YA, ZF.ZE = ZD.ZC, XB.XA = XF.XEThế (4) vào (5), ta đượchoánRCY BX QZ× × =1( 1)DCZ BY QXFZ AX RYC× × =1( 2)FX AY RZPEZ PX DYY B× × =1( 3)EX PY DZMặt khác, theo tính chất phương tích của một điểm đối với đường tròn ta có:Nhân (1),(2) và (3) theo vế, ta được:QZ RY PX CY.BX.FZ.AX.EZ.DY× × ×=1QX RZ PY CZ.BY.FX.AY.EX.DZQZ RY PX YC.YD ZF.ZE XB.XAÛ× × ×××=1QX RZ PY YB.YA ZD.ZC XF.ZEthểZEFXA( 4)( 5)QZ RY PX× × = 1.QX RZ PYVậy 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 thểta có tới 60 đường thẳng Pascal.Chẳng hạn hình vẽ bên minh họa trường hợp cácACEBFD.Ngoài ra khi cho các điểm có thể trùng nhau (khi đóbiến thành tam giác, tứ giác, ngũ giác), ví dụ E º F thìthành tiếp tuyến của đường tròn tại E , ta còn thu thêmnhiều các đường thẳng Pascal khác nữa.CDRBQEPAđiểmFlục giác suycạnh EF trởđượcrấtHình vẽ dưới đây minh họa trường hợp các điểm ABCDEE, ABCCDD, AABBCC:RPQEQCBDCPAY BARDQRAPBCTiếp 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 Ç FH, X = EH Ç FG .Vì D là giao điểm của các tiếp tuyến với đườngG, H,ápdụngAXDđịnh lý Pascal cho các điểm E, G, G, F, H, H , taEG Ç FH = O,GG Ç HH = D,GF Ç HE = X.Suy ra O, D, X thẳng hàng.GCtrònHEcó:OFBtạiÁp dụng định lý Pascal cho các điểm E, E, H, F, F, G, ta có:EE Ç FF = B,EH Ç FG = X,HF Ç GE = O.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 Ç AB = Q, PE Ç AC = R .Chứng minh rằng đường thẳng QR chứa tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC .Lời giải:Vì D, E lần lượt là điểm chính giữa của các cungADAB, ACCD, BE theo thứ tự là các đường phân giác của góc··.ACB,ABCSuy ra I = CD Ç EB.Áp dụng định lýcó:CD Ç EB = I ;DP Ç BA = Q;PascalchosáuEQđiểmnênC, D, P, E, B, A, taRIBCPE Ç AC = R.Vậy Q, I, R thẳng hàng.PBài 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 'Ç BC = A", DB'Ç CA = B", DC 'Ç AB = C" .Chứng minh rằng: A”, B”, C”, trực tâm H thẳng hàng.Lời giải:Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểmA, A ', D, C ', C, B, ta có:AA 'Ç C 'C = H,A ' D Ç CB = A",DC 'Ç BA = C".Vậy H, A", C" thẳng hàng.Tương tự suy ra A”, B”, C”, H thẳng hàng.Bài toán 4: (IMO Shortlist 1991)AB'C'C"HB"BCDA'A"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 hìnhchiếu vuông góc của C trên AP, BP, gọi X = P 'Q"Ç P"Q ' .Chứng minh rằng: X di chuyển trên một đường cố định.Lời giải:Ta có:· ' P = CP"P·· ' P = CQ"P·CP= CQ= 900ANên 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:P'XCP 'Ç PQ ' = A,P 'Q"Ç Q ' P" = X,Q"P Ç P"C = B.BVậy A, X, B thẳng hàng.Vậy X di chuyển trên đường thẳng AB cố định.Q"PCP"Q'Bài toán 5: (Poland 1997)NgũgiácABCDElồithỏamãn:··CD = DE, BCD= DEA= 900 . Điểm F trong đoạnCRBFDAB sao choAF AE=×BF BC····Chứng minh rằng: FCE.= ADE,FEC= BDCPAEQLời giải:Gọi P = AE Ç BC , Q, R lần lượt là giao điểm của AD và BD với đường tròn đường kính PD, G = QC Ç RE .Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm P, C, Q, D, R, E, ta có:PC Ç DR = B,CQ Ç RE = G,QD Ç EP = A.Vậy A, G, B thẳng hàng.Lại có:·sin GQDDA×GQ×··AG SDAG DG.DA.sin GDQDG = DA.GQ = DA.sin QRE===···BG SDBGDB.GR DB.sin RQCDG.DB.sin GDRsin GRDDB ×GR ×DG··DA.sin ADEDA.DE.sin ADESAE=== DAE =··SDBC BCDB.sin BDCDB.DC.sin BDCAG AFÞ=Þ Fº GBG BF····Từ đó dễ dàng có FCE.= ADE,FEC= BDCBài 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, Jtâm các đường tròn ngoại tiếp các tam giácCOC’. Khi đó I là giao điểm của các trungOA’, hay chính là giao điểm của B”C” và tiếpđường tròn (O;OA”) tại A”. Tương tự với J,AKÁp dụng định lý Pascal cho sáu điểmA", A", B", B", C", C" ta có:A"A"Ç B"C" = I,A"B"Ç C"C" = K,B"B"Ç C"A" = J.Vậy I, J, K thẳng hàng.Bài toán 7: (China 2005)Một đường tròn cắt các cạnh của tam giácA"C'BB"OOC. I, J, K làAOA’, BOB’,trực của OA vàtuyếncủaK.B'C"A'ICABC theo thứtự tại các điểm D1 , D2 , E1 , E 2 , F1 , F2 . D1E1 ∩ D 2 F2 = L, E1F1 ∩ E 2 D 2 = M, F1D1 ∩ F2 E 2 = N .Chứng minh rằng AL, BM, CN đồng quy.Lời giải:PAE2F1MNE1F2CLZQB D1D2RGọi D1F1 ∩ D 2 E 2 = P, E1D1 ∩ E 2 F2 = Q, F1E1 ∩ F2 D 2 = R .Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm E 2 , E1 , D1 , F1 , F2 , D 2 ta có:E 2 E1 Ç F1F2 = A,E1D1 Ç F2 D2 = L,D1F1 Ç D 2 E 2 = P.Suy ra A, L, P thẳng hàng.Tương tự B, M, Q thẳng hàng, C, N, R thẳng hàng.E 2 E1 ∩ D1F2 = CA ∩ D1F2 = X, F2 F1 ∩ E1D 2 = AB ∩ E1D 2 = Y, D 2 D1 ∩ F1E 2 = BC ∩ F1E 2 = Z Áp dụng định lý Pascalcho sáu điểm F1 , E1 , D1 , D 2 , F2 , E 2 ta có:F1E1 Ç D2 F2 = R,E1D1 Ç F2 E 2 = Q,D1D2 Ç E 2 F1 = 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 8: (Định lý Brianchon)Lục giác ABCDEF ngoại tiếp một đườngKhi đó AD, BE, CF đồng quy.NMHCIBLời giải:Ta sẽ chứng minh định lý này bằng cực vàthấy rằng Pascal và Brianchon là hai kếtcủa nhau.Gọi các tiếp điểm trên các cạnh lần lượt làK, L. Khi đó GH, HI, IJ, JK, KL, LG lầncực của B, C, D, E, F, A.Gọi GH ∩ JK = N, HI ∩ KL = P, IJ ∩ LG=MPtròn.DJEGKđối cực đểquả liên hợpALFG, H, I, J,lượt là đốiTheo 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 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) tiếpxúc 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 củaAB trên CE là Q.B'PDễ chứng minh:MC'µA·· ⇒ NMI··Q NNMI= = ICP+ PMI= 180 0D2SENên M, N, P thẳng hàng.ITương tự suy ra M, N, P, Q thẳnghàng.Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểmB ', C ', B, P, Q, C, ta có:CBB 'C 'Ç PQ = S,C ' B Ç QC = E,BP Ç CB' = D.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 Scắt CA, CB tại M, N, cắt (O) tại P, Q.Chứng minh rằng M, N, P, Q là hàng điểm điều hòa.Lời giải:KVẽ tiếp tuyến ME, MD của (O) cắt SA, SBtại K, L.Áp dụng định lý Newton cho tứ giác ngoạitiếp SKML ta cóEBE, AD, SM, KL đồng quy.AA, D, E, E, B, C,Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểmta có:AD Ç EB = I,DE Ç BC = N ',EE Ç CA = M.Vậy I, N ', M thẳng hàng, hay N ≡ N ' , tứcDo DE là đối cực của M đối với (O) nên M,điểm điều hòa.SIPCQNMBlà N ∈ DE .N, P, Q là hàngDLBài toán 11: (Định lý Steiner)Đường thẳng Pascal của các lục giác ABCDEF, ADEBCF, ADCFEB đồng quy.Lời giải:PGọi AB ∩ DE = P1 , BC ∩ EF = Q1 , AD ∩ BC = P2 ,DE ∩ CF = Q 2 , AD ∩ FE = P3 , CF ∩ AB = Q3 .Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, B, C, F, E, D,P1Q3 Ç Q1P3 = AB Ç FE = P,P2P1P1Q2 Ç Q1P2 = BC Ç ED = Q,Q3Q 2 Q3 Ç P2 P3 = CF Ç DA = R.Vậy P, Q, R thẳng hàng.Áp dụng định lý Desargues suy ra các đường thẳngP1Q1 , P2 Q 2 , P3Q3 đồng quy.Hay đường thẳng Pascal của các lục giác ABCDEF,ADCFEB đồng quy.ta có:Q2BQ1CQDP3ERAFADEBCF,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 20điểm Steiner cứ 4 điểm một lại nằm trên một đường thẳng tạo ra 15 đường thẳng Plucker. Ngoài ra 60 đường thẳngPascal đó lại cứ 3 đường một đồng quy tạo ra 60 điểm Kirkman. Mỗi điểm Steiner lại thẳng hàng với 3 điểmKirkman trên 20 đường thẳng Cayley. Trong 20 đường thẳng Cayley, cứ 4 đường một lại đồng quy tạo ra 15 điểmSalmon …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 saocho PQ đi qua E và PQ song song với CD.Chứng minh rằng AP + BQ = PQ .Bài toán 14:··Các điểm P, Q trong tam giác ABC sao cho BP = CP, BQ = CQ, ABP+ ACQ= 1800 .··Chứng minh rằng BAP.= CAQBài toán 15: (IMO Shortlist 2007)Cho tam giác ABC cố định, các trung điểm A1 , B1 , C1 của BC, CA, AB tương ứng. Điểm P thay đổi trên đườngtròn ngoại tiếp tam giác. Các đường thẳng PA1 , PB1 , PC1 cắt lại đường tròn tại A’, B’, C’ tương ứng. Giả sử cácđiểm A, B, C, A’, B’, C’ đôi một phân biệt và các đường thẳng AA’, BB’, CC’ tạo ra một tam giác.Chứng minh rằng diện tích của tam giác đó không phụ thuộc vào vị trí của P.Bài toán 16:Hai tam giác ABC, A’B’C’ có cùng đường tròn ngoại tiếp. Các cạnh của hai tam giác cắt nhau tại 6 điểm tạo ramột hình lục giác.Chứng minh rằng các đường chéo của hình lục giác đó đồng quy.Bài toán 17: (IMO 2010)Điểm P nằm trong tam giác ABC với CA ≠ CB . Các đường AP, BP, CP cắt lại đường tròn ngoại tiếp tại K, L, M.Tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tại C cắt AB ở S. Giả sử SC = SP .Chứng minh rằng MK = ML .Bài toán 18: (MEMO 2010)Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB tại D, E, F tương ứng. K là đối xứng của D quatâm đường tròn nội tiếp. DE cắt FK tại S.Chứng minh rằng AS song song BC.

Tài liệu liên quan

• Sử dụng phép suy luận suy diễn để chứng minh hình học
  • 17
  • 683
  • 15
• PP CHUNG MINH HINH HOC
  • 3
  • 407
  • 11
• Tài liệu PP CƠ BẢN CHỨNG MINH HÌNH HỌC
  • 4
  • 505
  • 0
• Luận án phát triển năng lực chứng minh hình học của học sinh
  • 74
  • 496
  • 1
• Một số phương pháp sử dụng diện tích trong chứng minh hình học
  • 10
  • 762
  • 2
• Một số phương pháp chứng minh hình học
  • 40
  • 1
  • 24
• SKKN: PHUONG PHAP DIEN TICH TRONG CHUNG MINH HINH HOC
  • 20
  • 575
  • 12
• SKKN VẼ THÊM ĐƯỜNG PHỤ VÀ SỬ DỤNG YẾU TỐ TRUNG GIAN TRONG CHỨNG MINH HÌNH HỌC
  • 26
  • 540
  • 5
• Các phương pháp chứng minh hình học
  • 19
  • 756
  • 0
• Vận dụng hệ thức lượng trong đường tròn để chứng minh hình học
  • 11
  • 438
  • 8

Tài liệu bạn tìm kiếm đã sẵn sàng tải về

(314 KB - 8 trang) - Đinh lý pascal chứng minh hình học Tải bản đầy đủ ngay ×