Tài liệu Bồi dưỡng học sinh giỏi môn Toán 6 - Áp dụng định lý pascal vào giải một vài bài toán hình học

ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ PASCAL 
VÀO GIẢI MỘT VÀI BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Ngô Lan Hương - Trường THPT Chuyên Thái Nguyên
Đã có nhiều tài liệu của nhiều tác giả bàn luận về định lý Pascal. Bài viết này của tôi cũng nhằm mục đích đóng góp thêm một số bài tập và lời giải có ứng dụng định lý này.
1. Định lý Pascal. Cho các điểm A, B, C, D, E, F cùng thuộc một đường tròn. Gọi . Khi đó các điểm P, Q, R thẳng hàng.
Đường thẳng đi qua P, Q, R được gọi là đường thẳng Pascal.
Chứng minh. Có nhiều cách chứng minh c...hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác PBD và RDF. Ta có 
Ngoài ra 
và 
suy ra 
Vậy nên QBFI là tứ giác nội tiếp.
Từ đó suy ra nên I, P, Q thẳng hàng.
Tương tự ta cũng chứng minh được I, R, Q thẳng hàng.
Từ đó có điều phải chứng minh.
2. Định lý Pascal đảo. Nếu năm trong sáu điểm trên thuộc (O) và các điểm P, Q, R thẳng hàng thì điểm còn lại cũng thuộc (O).
Chứng minh. Giả sử A, B, C, D thuộc (O); F là điểm sao cho 
 .
Gọi F’ là giao điểm thứ hai của AR và (O); . Theo định lý Pascal t...rường hợp 5 điểm và 4 điểm.
2) Điều kỳ diệu là 6 điểm A, B, C, D, E, F được sắp xếp một cách tùy ý. Có nghĩa là nếu thay đổi thứ tự các điểm, ta có thể được một đường thẳng Pascal khác với đường thẳng ứng với thứ tự ban đầu. Một câu hỏi đặt ra là có bao nhiêu đường thẳng Pascal? (Với giả thiết các điểm đôi một phân biệt).
Đây là một bài toán tổ hợp. Để thuận tiện, ta hãy kí hiệu các điểm là 1, 2, 3, 4, 5, 6. Có 6! = 720 hoán vị của các điểm này. Tuy nhiên ta chú ý rằng các hoán vị (6, 1, 2, 3,...ị của các điểm 1, 2, 3, 4, 5, 6 thì 12 hoán vị cho cùng một đường thẳng Pascal, nên số đường thẳng Pascal tạo ra từ 6 điểm trên là 720 : 12 = 60.
Sau đây là một số bài toán ứng dụng định lý Pascal xuất hiện trong các đề thi học sinh giỏi Toán của các quốc gia, khu vực và Olympic Quốc tế. Xin bắt đầu bằng một bài toán Olympic khu vực Trung Âu năm 2010.
4. Bài tập áp dụng.
Bài toán 1 (Middle European Mathematical Olympiad 2010).
Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc các cạnh BC, CA, AB tại... tại F. Chứng minh D, E, F thẳng hàng.
Lời giải. Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm
 A, A, B, B, C, C ta có 
nên D, E, F thẳng hàng.
Bài toán 3 (Mathematical Olympiad Summer Program 1998). 
Cho tam giác ABC nội tiếp một đường tròn. Gọi A’, B’, C’ theo thứ tự là các điểm chính giữa của các cung nhỏ của đường tròn đó. Gọi D, E, F, I, J, K lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng và B’C’; AB và B’C’; AB và A’C’; CB và A’C’; CB và A’B’; AC và A’B’. Khi đó DI, EJ, KF đồng quy.
Lời giải. Đầu...bài toán sau: “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 ra một hình lục giác. 
Chứng minh rằng các đường chéo của hình lục giác đó đồng quy”.
Bài toán 4 (Đường tròn Mixtilinear). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Đường tròn (J) tiếp xúc với AB, AC và tiếp xúc với (O) tại M, N, X. Chứng minh rằng MN đi qua tâm đường tròn nội tiếp của tam giác ABC.
Lời giải. Ta hãy so sánh hai cách giải bài toán, cách 1 dùng định lý Pascal... đường trung tuyến. Vậy I còn là trung điểm của MN.
	Cách 2. Gọi E là giao điểm của XN với với đường tròn (O). Ta có nên JN // OE. Mặt khác nên OE vuông góc với AC. Suy ra E là trung điểm cung AC. Vậy BE là phân giác góc . Giả sử BE cắt MN tại I. Ta cần chứng minh CI là phân giác góc . 
Thật vậy, gọi Xy là tiếp tuyến chung tại X của hai đường tròn (J) và (O). Ta có nên tứ giác XBMI nội tiếp. Do đó 
 (do ABXC là tứ giác nội tiếp).
Vậy IX là tia phân giác của góc , suy ra , suy ra IXCN là tứ g.... (1)
Gọi tiếp tuyến tại D của (O) cắt EF tại S. Áp dụng định lý Pascal cho 6 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) và (2) suy ra S thuộc MN. Từ đây nếu gọi SP là tiếp tuyến của (O) khác SD thì các tứ giác DMNQ và DEFQ là các tứ giác điều hòa hay các tam giác DMN và DEF có cùng đường đối trung AQ. Ta có điều phải chứng minh.
Nhận xét. Nếu TA = TP nên , suy ra TP là tiếp tuyến của đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC. Do đó nên... Shortlist 2007). Cho tam giác ABC cố định, các trung điểm của BC, CA, AB tương ứng. Điểm P thay đổi trên đường tròn ngoại tiếp tam giác. Các đường thẳng cắt lại đường tròn tại A’, B’, C’ tương ứng. Giả sử các điểm 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.
Lời giải. Gọi 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’,...ơng với chứng minh AE, BQ, CP đồng quy tại 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 đó ta chỉ cần chứng minh A’D, C’M, B’N đồng quy.
Gọi . Ta có 
 nên N, D, O thẳng hàng. Mặt khác B’, A, C, A’, B thuộc (O) nên theo định lý Pascal đảo K’ thuộc (O).
Ta có 6 điểm C’, C, B’, B, A, K’ cùng thuộc đường tròn (O) và nên theo định lý Pascal M’, N, O thẳng hàng. 
Suy ra mà .
Vậy C’M đi qua K’, suy ra A’D, C’M, B’N