Một số chuyên đề, bài viết về hình  học phẳng

 
× × = 
× × = 
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 = = = 
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 
× × × = 
Û × × × × × = 
Thế (4) vào (5), ta được 
QZ RY PX 
1. 
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. 
Z 
Y 
X 
R 
Q 
P A B 
C 
D 
E 
F
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, 
ngũ giác), ví dụ  E F º  thì cạnh EF trở thành tiếp tuyến của đường tròn tại E , ta còn thu thêm được rất 
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 = Ç = Ç  . 
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 
có: 
EG FH O, 
GG HH D, 
GF HE X. 
Ç = 
Ç = 
Ç = 
X 
O 
C 
D 
A 
B 
G 
E 
H 
F 
R 
Q
Y P A B 
C 
D 
E 
R 
Q 
P 
A 
D 
B C 
Q 
R 
P B C 
A 
P 
Q R 
A 
B 
C D 
E 
F
Suy ra O,D,X thẳng hàng. 
Áp dụng định lý Pascal cho các điểm E,E,H,F,F,G, ta có: 
EE FF B, 
EH FG X, 
HF GE O. 
Ç = 
Ç = 
Ç = 
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 Ç = Ç =  . 
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 cung  AB,AC  nên 
CD,BE  theo thứ tự là các đường phân giác của góc  · · ACB,ABC . 
Suy ra  I CD EB. = Ç 
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm C,D,P,E,B,A,  ta có: 
CD EB I Ç =  ; 
DP BA Q; Ç = 
PE AC R. Ç = 
Vậy Q, I,R  thẳng hàng. 
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" Ç = Ç = Ç =  . 
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: 
AA ' C 'C H, 
A 'D CB A", 
DC ' BA C". 
Ç = 
Ç = 
Ç = 
I R 
Q 
E 
D A 
B C 
P 
H C" 
B" 
A" 
C' 
B' 
A' 
B C 
A 
D
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 ' = Ç  . 
Chứng minh rằng: X di chuyển trên một đường cố định. 
Lời giải: 
Ta có: 
· · · ·  0 CP 'P CP"P CQ 'P CQ"P 90 = = = = 
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. 
Ç = 
Ç = 
Ç = 
Vậy A,X,B  thẳng hàng. 
Vậy X di chuyển trên đường thẳng AB cố định. 
Bài toán 5: (Poland 1997) 
Ngũ  giác  ABCDE  lồi  thỏa  mãn: 
· ·  0 CD DE,BCD DEA 90 = = =  .  Điểm  F  trong  đoạn  AB  sao 
cho 
AF AE 
BF BC 
= × 
Chứng minh rằng:  · · · · FCE ADE,FEC BDC = =  . 
Lời giải: 
Gọi  P AE BC = Ç  ,  Q,  R  lần  lượt  là  giao  điểm  của  AD  và  BD  với  đường  tròn  đường  kính  PD, 
G QC RE = Ç  . 
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. 
Ç = 
Ç = 
Ç = 
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 
sinGQD 
DA GQ S AG DG.DA.sinGDQ DA.GQ DA.sinQRE DG 
BG S DB.GR DG.DB.sinGDR sinGRD DB.sinRQC 
DB GR 
DG 
S DA.sin ADE DA.DE.sin ADE AE 
S BC DB.sin BDC DB.DC.sin BDC 
AG AF 
F G 
BG BF 
× × 
= = = = = 
× × 
= = = = 
Þ = Þ º 
Từ đó dễ dàng có  · · · · FCE ADE,FEC BDC = =  . 
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  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. 
Ç = 
Ç = 
Ç = 
Vậy  I, J,K  thẳng hàng. 
Bài toán 7: (China 2005) 
Một đường tròn cắt các cạnh của tam giác ABC theo thứ 
tự tại các điểm  1 2 1 2 1 2 D ,D ,E ,E ,F ,F  .  1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 D E D F L,E F E D M,FD F E N Ç = Ç = Ç =  . 
Chứng minh rằng AL, BM, CN đồng quy. 
Lời giải: 
K 
J 
I B" 
A" 
C" 
C' B' 
A' 
O 
B C 
A 
Z 
N 
M 
R 
Q 
P 
L 
F2 
F1 
E2 
E1 
D2 D1 
A 
B 
C
Gọi  1 1 2 2 1 1 2 2 1 1 2 2 D F D E P,E D E F Q,FE F D R Ç = Ç = Ç =  . 
Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm  2 1 1 1 2 2 E ,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. 
Ç = 
Ç = 
Ç = 
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 2 E E D F CA D F X,F F E D AB E D Y,D D FE BC FE Z Ç = Ç = Ç = Ç = Ç = Ç =  Áp  dụng 
định lý Pascal cho sáu điểm  1 1 1 2 2 2 F ,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. 
Ç = 
Ç = 
Ç = 
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 = Ç = Ç = Ç  . 
Áp dụng định lý Desargues suy ra các đường thẳng AP AL,BQ BM,CR CN º º º  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 Ç = Ç = Ç 
Theo Pascal cho lục giác GHIJKL ta có M, N, P thẳng hàng. 
N 
P M 
A 
B 
C  D 
E 
F 
H 
G 
L 
K 
J 
I
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) 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: 
· µ · · ·  0 A NMI ICP NMI PMI 180 
2 
= = Þ + = 
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. 
Ç = 
Ç = 
Ç = 
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, 
ta có: 
AD EB I, 
DE BC N ', 
EE CA M. 
Ç = 
Ç = 
Ç = 
Vậy  I,N ',M  thẳng hàng, hay N N ' º  , tức là N DE Π . 
P 
Q 
S 
C' 
B' 
N 
M 
I 
E 
D 
A 
B  C 
I 
L 
K 
D 
E 
M 
N  Q S 
A 
B 
C 
P
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  1 1 2 AB DE P ,BC EF Q ,AD BC P , Ç = Ç = Ç = 
2 3 3 DE CF Q ,AD FE P ,CF AB Q . Ç = Ç = Ç = 
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. 
Ç = Ç = 
Ç = Ç = 
Ç = Ç = 
Vậy  P,Q,R thẳng hàng. 
Áp dụng định lý Desargues suy ra các đường thẳng 
1 1 2 2 3 3 PQ ,P Q ,P Q  đồng quy. 
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 + =  . 
R 
Q 
P 
Q3 
P3 
Q2 
P2 
Q1 P1 
A  F 
B 
C  D 
E