Chuyên đề Áp dụng định lý Pascal vào giải một vài bài toán hình học - Bồi dưỡng HSG Toán hình THCS

 ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ PASCAL 
 VÀO GIẢI MỘT VÀI BÀI TỐN HÌNH HỌC
 Ngơ Lan Hương - Trường THPT Chuyên Thái Nguyên
 Đã cĩ nhiều tài liệu của nhiều tác giả bàn luận về định lý Pascal. Bài viết này của 
tơi cũng nhằm mục đích đĩng gĩp thêm một số bài tập và lời giải cĩ ứng dụng định lý 
này.
 1. Định lý Pascal. Cho các điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường trịn. 
Gọi P AB  DE,Q BC  EF,R CD  FA. Khi đĩ các điểm P, Q, R thẳng 
hàng.
 Đường thẳng đi qua P, Q, R được gọi là đường thẳng Pascal.
 Chứng minh. Cĩ nhiều cách chứng minh cho định lý Pascal. Ở đây xin nêu ra 2 
cách chứng minh phổ biến nhất là áp dụng định lý Menelaus và sử dụng khái niệm gĩc 
định hướng.
 Cách 1. Gọi X EF  AB,Y AB  CD,Z CD  EF .
 Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XYZ đối với các đường thẳng BCQ, 
DEP, FAR, ta cĩ R
 CY BX QZ
 . . 1 1 Q
 CZ BY QX Z
 E
 FZ AX RY D
   1 2 F
 FX AY RZ C
 EZ PX DY X
   1 3 P Y B A
 EX PY DZ
 Mặt khác, theo tính chất phương tích của một điểm đối với đường trịn ta cĩ:
 YC.YD YB.YA,ZF.ZE ZD.ZC, XB.XA XF.XE 4 
 Nhân (1),(2) và (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 5 
 QX RZ PY YB.YA ZD.ZC XF.ZE
 QZ RY PX
 Thế (4) vào (5), ta được   1. Vậy P,Q,R thẳng hàng.
 QX RZ PY
 1 Theo giả thiết P, Q, R thẳng hàng và Q thuộc BC nên Q là giao của PR và BC. 
Vậy Q trùng với Q’.
 Ta cĩ F EQ  AR, F ' EQ' AR mà Q  Q' nên F  F ' . 
Vậy F thuộc (O).
 3. Chú ý. 
 1) Khi cho các điểm cĩ thể trùng nhau (khi đĩ lục giác suy biến thành tam giác, 
tứ giác, ngũ giác), ví dụ E  F thì cạnh EF trở thành tiếp tuyến của đường trịn tại E, 
ta cịn thu thêm được rất nhiều các đường thẳng Pascal khác nữa. Hai hình vẽ dưới đây 
minh họa Định lý cho trường hợp 5 điểm và 4 điểm.
 R P
 Q
 E
 C Q
 D B
 C
 A A R
 P Y B D
 2) Điều kỳ diệu là 6 điểm A, B, C, D, E, F được sắp xếp một cách tùy ý. Cĩ 
nghĩa là nếu thay đổi thứ tự các điểm, ta cĩ thể được một đường thẳng Pascal khác với 
đường thẳng ứng với thứ tự ban đầu. Một câu hỏi đặt ra là cĩ bao nhiêu đường thẳng 
Pascal? (Với giả thiết các điểm đơi một phân biệt).
 Đây là một bài tốn tổ hợp. Để thuận tiện, ta hãy kí hiệu các điểm là 1, 2, 3, 4, 5, 
6. Cĩ 6! = 720 hốn vị của các điểm này. Tuy nhiên ta chú ý rằng các 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) cũng cho cùng một đường thẳng Pascal như bộ điểm (1; 2; 3; 4; 5; 6). Mặt 
khác, nếu từ bộ điểm (1; 2; 3; 4; 5; 6) ta chia ra làm hai bộ (1; 2; 3), (4; 5; 6), viết mỗi 
bộ theo thứ tự ngược lại rồi ghép lại ta được bộ (3; 2; 1; 6; 5; 4) cũng cho đường thẳng 
Pascal như 6 bộ trên. Mà từ bộ này ta lại cĩ 5 hốn vị khác của nĩ, cũng cho cùng một 
đường thẳng Pascal. Như vậy, trong số 720 hốn vị của các điểm 1, 2, 3, 4, 5, 6 thì 12 
hốn vị cho cùng một đường thẳng Pascal, nên số đường thẳng Pascal tạo ra từ 6 điểm 
trên là 720 : 12 = 60.
 3 nên D, E, F thẳng hàng.
 Bài tốn 3 (Mathematical Olympiad Summer Program 1998). 
 Cho tam giác ABC nội tiếp một đường trịn. Gọi A’, B’, C’ theo thứ tự là các 
điểm chính giữa của các cung nhỏ B»C,C»A, »AB của đường trịn đĩ. Gọi D, E, F, I, J, K 
lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AC và B’C’; AB và B’C’; AB và A’C’; 
CB và A’C’; CB và A’B’; AC và A’B’. Khi đĩ DI, EJ, KF đồng quy.
 Lời giải. Đầu tiên ta chú ý rằng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại O là tâm đường trịn 
nội tiếp tam giác ABC.
 Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A, C, C’, A’, B’, B ta cĩ
 AC  A'B' K, AB  A'C ' F, CC ' BB' O
nên K, F, O thẳng hàng, tức là O thuộc KF.
 Lại áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A, C, B, B’, C’, A’ ta cĩ 
 AC  B'C ' D; CB  A'C ' I, AA' BB' O
nên D, I, O cũng thẳng hàng, tức là O thuộc DI.
 Cuối cùng, áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm C, B, A, A’, B’, C’ ta cĩ
 AB  B'C ' E, BC  A'B' J, AA' CC ' O
nên E, J, O thẳng hàng, tức là O thuộc EJ.
 A
 C'
 E
 D
 B'
 K O F
 C
 J I B
 A'
 Vậy KF, EJ, DI đồng quy tại O.
 5 Suy ra E là trung điểm cung AC. Vậy BE là phân giác gĩc ·ABC . Giả sử BE cắt MN tại 
I. Ta cần chứng minh CI là phân giác gĩc ·ACB . 
 A
 E
 M I N
 O
 J
 B
 C
 X
 y
 Thật vậy, gọi Xy là tiếp tuyến chung tại X của hai đường trịn (J) và (O). Ta cĩ 
 ·yXE ·XMN ·XBE nên tứ giác XBMI nội tiếp. Do đĩ 
 1800 B· AC B· XC
 I· XB ·AMN (do ABXC là tứ giác nội tiếp).
 2 2
 Vậy IX là tia phân giác của gĩc B· XC , suy ra I·XC I·NA , suy ra IXCN là tứ 
giác nội tiếp.
 Từ đĩ 
 C· BA 1800 C· AB C· BA ·ACB
 N· CI N· XI I·XC E· XC B· XI .
 2 2 2
 Vậy CI là phân giác gĩc ·ACB . Ta cĩ điều phải chứng minh.
 Bài tốn 5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) và P là điểm bất kỳ. PA, 
PB, PC cắt (O) lần lượt tại D, E, F khác A, B, C. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại T. 
TP cắt (O) tại M, N. Chứng minh tam giác DEF và tam giác DMN cĩ chung đường đối 
trung.
 7 sử các điểm A, B, C, A’, B’, C’ đơi một phân biệt và các đường thẳng AA’, BB’, CC’ 
tạo ra một tam giác. Chứng minh rằng diện tích của tam giác đĩ khơng phụ thuộc vào 
vị trí của P.
 Lời giải. Gọi A2 ,B2 ,C2 lần lượt là giao điểm của BB’ và CC’, CC’ và AA’, AA’ 
và BB’. Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm C, C’, P, A’, A, B ta cĩ CC ' AA' B2 , 
 C 'P  AB C1, BC  A'P A1 nên B2 A1C1 . Tương tự C2 A1B1, A2 B1C1 .
 C2B2 C2 A1
 Lại cĩ B2 A1 / / AB1 (1).
 C2 A C2B1
 C2 A1 C2B
 Lại do BA1 / /B1A2 (2).
 C2B1 C2 A2
Từ (1) và (2) suy ra
 B'
 C2B2 C2B
 . A C2
 B2
 C2 A C2 A2
 A'
 C B C A.C B S S C'
 2 2 2 2 A2B2C2 ABC2 B1
 C1
 A2
 1
Mặt khác S S S S S . 
 ABC2 ABB1 A2B2C2 ABB1 2 ABC C
 B A1
 Từ đây ta cĩ điều phải chứng minh.
 P
 Bài tốn 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O) cĩ 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 luơn thuộc một đường trịn cố định.
 Lời giải. Gọi I là điểm đối xứng với D qua O. Ta chứng minh AK đi qua E, 
tương đương với chứng minh AE, BQ, CP đồng quy tại K. Ta cĩ 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 đĩ ta chỉ cần chứng minh A’D, C’M, B’N đồng quy.
 Bài 6: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có 
 B, C cố định, A thay đổi trên (O). Trung trực của BC 
 M
 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 
 A điểm cố định và trung điểm I của AK luôn thuộc một 
 đường tròn cố định.
 K' N
 B'
 C' E
 9
 I
 O
 D
 B
 C
 Q
 K
 A'
 P