Định Lý Pappus

Ngày đăng : 06/07/2014, 18 : 00

Nhóm 7 – Lớp 10T1, Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm 11-2009 ĐỊNH LÝ PAPPUS, ĐỊNH LÝ DESARGUES VÀ NHỮNG ỨNG DỤNG  Nhóm 7, Lớp 10T1, Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm Họ và tên E-mail Hứa Thị Hồng Ngân starice242010@yahoo.com Lê Minh Trường lovenhut@gmail.com Nguyễn Văn Khôi I. Giới thiệu Như chúng ta đã biết, định lý Pappus và định lý Desargues là một trong những phương pháp khá mạnh để giải các bài toán hình học như hình học vector, hình học phẳng, hình học tọa độ, hình học tuyến tính,…và đặc biệt là hình học xạ ảnh. Hai định lý này có vai trò và ứng dụng khá quan trọng trong các bài toán THPT và các đề thi HSG trong nước cũng như quốc tế. Đây là một số tư liệu nhỏ bé mà nhóm chúng tôi thu thập được, chắc hẳn còn nhiều thiếu sót, mong nhận được ý kiến của các bạn. Qua tư liệu này, hy vọng các bạn sẽ học tập được thật nhiều điều bổ ích. Xin chân thành cám ơn! II. Sơ lược tiểu sử Pappus và Desargues 1. Pappus (290 – 350)_Người thắp lại ngọn lửa cho Euclid Là một nhà toán học cổ người Hy Lạp được biết đến với Synagoge hay Collection (năm 340), và với định lý Pappus trong hình học xạ ảnh. Không có bất cứ thông tin nào nói về đời sống của ông ta, ngoại trừ (từ các văn bản ông ta để lại) ông có một cậu con trai tên Hermodorus, và là một giáo viên ở Alexandria. Collection, công trình được biết đến nhiều nhất của ông, là một bản tóm tắt của Toán học trong tám tuyển tập, số đông công trình còn lại. Nó bao trùm nhiều chủ đề như hình học, toán học vui, hình học không gian, đa giác và khối đa diện. Pappus được nhiều người biết đến vào thế kỉ thứ IV. Trong một khoảng thời gian trì trệ nói chung trong các nghiên cứu toán học, ông đã đứng ra như là một ngoại lệ đáng kể. Số phận của ông trong thời gian này khá nổi bật, rất giống với Diophantus. Pappus đã viết những bài bình giải về tập “Cơ bản” và về cả “Dữ kiện” của Euclid, về “Almagest” và “Planispherium” của Ptolemy. Công trình thật sự lớn lao của Pappus là “Tuyển tập toán học” của ông, một cuốn sách vừa bình giải vừa hướng dẫn về các công trình về hình học hiện hữu của thời ông. Tuyển tập toán học của Pappus thực sự là một mỏ vàng giàu có về hình học. Những hiểu biết ta có được về hình học Hy Lạp là nhờ luận văn này, trong đó chứa những lời bình đầy giá trị, có những trích dẫn và nhắc đến những công trình của trên 30 nhà toán học khác nhau của thời cổ đại. Sau Pappus, nền toán học Hy Lạp không còn là một đối tượng nghiên cứu tìm ra những phát minh mới nữa mà người ta chỉ thấy những tác gia ít quan trọng và những nhà bình giải toán học như Theon của Alexandria, Proclus, Hypatia,… Họ đưa ra những quyển sách bình giải về các tác phẩm của Euclid, Apollonius, Archimedes. 2. Girard Desargues (1591 – 1661)_Ông tổ Hình học xạ ảnh Là một nhà toán học Pháp, kĩ sư quân giới – đặt nền móng cơ sở cho môn hình họa. Hai định lý nói về trường hợp riêng của định lý Desargues là một trong những định ý cơ bản của hình học xạ ảnh. Tư tưởng Desargues được phát triển vào đầu thế kỉ XIX trong các công trình của nhà toán học Pháp Mongia và Ponxen, nhà toán học Đức Steiner… Định lý Pappus, Desargues và ứng dụng 1 Nhóm 7 – Lớp 10T1, Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm 11-2009 Ông sinh ngày 21/2/1591 và mất vào tháng 9/1661 tại Lyon (Pháp). Gia đình ông mấy đời giàu có và có những người làm Luật sư, Thẩm phán ở Pháp, viện tối cao ở Paris cũng như ở Lyon – một thành phố trọng điểm thứ 2 của Pháp. Ông là một người thực sự có nhiều thuận lợi trong việc ăn học. Ông có thể mua bất cứ loại sách nào mà mình muốn và có thời gian, điều kiện theo đuổi những gì ông thích. Với Desargues, niềm đam mê lớn nhất là Hình học. Ông là người đặt nền móng cho một môn Hình học mới mà ngày nay gọi là “Hình Học Xạ Ảnh” hay “Hình Học Hiện Đại”. Ông thực sự là một nhà toán học tài ba. Tuy nhiên, lối toán học của ông không dễ hiểu chút nào! Nói về Desargues, chúng ta không thể không nhắc đến định lý nổi tiếng: “Khi đường thẳng nối ba đỉnh tương ứng của hai tam giác đồng quy thì giao điểm của các cặp cạnh tương ứng thẳng hàng”. III. Định lý 1. Định lý Pappus Trong mặt phẳng cho 3 điểm A, B, C nằm trên đường thẳng d và 3 điểm ‘, ‘, ‘A B C nằm trên đường thẳng ‘d. Chứng minh rằng: 3 điểm ‘ ‘, ‘ ‘, ‘ ‘AB A B AC A C BC B C∩ ∩ ∩ cùng nằm trên một đường thẳng. Chứng minh. Ta có thể chứng minh định lý này một cách dễ dàng như sau: Gọi các giao điểm lần lượt là , ,M N K. Áp dụng định lý Pascal cho lục giác suy biến ‘ ‘ ‘AB CA BC nội tiếp đường tròn bậc 2 ( )S là cặp đường thẳng cắt nhau d và ‘d. Ta có: ‘ ‘AB A B M∩ = ‘ ‘BC B C K∩ = ‘ ‘AC A C N ∩ = , ,M N K⇒ thẳng hàng (đpcm). Ngoài cách chứng minh như trên, các bạn còn có thể chứng minh bằng những phương pháp khác như:  Tọa độ  Phép chiếu xuyên tâm  Mô hình xạ ảnh của mặt phẳng aphin 2. Định lý Desargues a) Phần thuận Trong mặt phẳng cho hai tam giác ABC và ‘ ‘ ‘A B C. Nếu các đường thẳng ‘AA, ‘BB, ‘CC đồng quy tại một điểm và các cặp đường thẳng BC và ‘ ‘B C, CA và ‘ ‘C A, AB và ‘ ‘A B cắt nhau thì các giao điểm của chúng thẳng hàng. Chứng minh. Giả sử ‘AA, ‘BB, ‘CC đồng quy tại O. Gọi , ,M N P lần lượt là giao điểm của AB và ‘ ‘A B, BC và ‘ ‘B C, CA và ‘ ‘C A. Áp dụng định lý Menelaus cho các tam giác OBC, OCA, OAB với các cát tuyến ‘ ‘NB C, ‘ ‘PA C, ‘ ‘MB A. Ta được: ‘ ‘ 1 ‘ ‘ NB C C B O NC C O B B • • = (1) ‘ ‘ 1 ‘ ‘ PC A A C O PA A O C C • • = (2) Định lý Pappus, Desargues và ứng dụng 2 A’ C’ M P A C B B’ N O Nhóm 7 – Lớp 10T1, Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm 11-2009 ‘ ‘ 1 ‘ ‘ MA B B A O MB B O A A • • = (3) Nhân (1), (2) và (3) theo vế, ta được: 1 NB PC MA NC PA MB • • = ⇒, ,N P M thẳng hàng (theo định lý Menelaus trong tam giác ABC ). ⇒ Điều cần phải chứng minh. b) Phần đảo Giả sử các điểm , ,X Y Z thẳng hàng. Ta chứng minh các đường thẳng ‘, ‘, ‘AA BB CC đồng quy. Chứng minh. Gọi S là giao điểm của ‘, ‘AA BB. SC cắt đường thẳng ‘AC tại “C. Xét 2 tam giác ABC và ‘ ‘ “A B C có các đường nối các đỉnh tương ứng đồng quy, do đó theo phần thuận giao điểm của các cạnh tương ứng cũng đồng quy. Ta thấy AB cắt ‘ ‘A B tại Z, AC cắt ‘ “A C tại Y (do ‘, ‘, “A C C thẳng hàng), suy ra giao điểm ‘X của BC và ‘ “B C phải thuộc YZ. Tức là ‘X là giao điểm của YZ và BC nên ‘X X≡. Suy ra ” ‘C C≡, hay ‘, ‘, ‘AA BB CC đồng quy. IV. Một số bổ đề quan trọng 1. Định nghĩa Nếu (, , )P x y z= 〈 〉 là một điểm xạ ảnh thì ta nói rằng , ,x y z đồng nhất tọa độ cho P. Đây là vấn đề đáng chú ý. Ví dụ (1,2,3) (2,4,5)〈 〉 = 〈 〉. Trên thực tế thì việc khai thác nhờ những bổ đề sau vận dụng nhiều một cách khá đơn giản tập hợp những tọa độ đồng nhất cho 3 hoặc 4 điểm cùng đường thẳng. 2. Định lý Nếu P p= 〈 〉, , ,Q R S là những điểm xạ ảnh cùng đường thẳng thì , ,Q R S riêng biệt và P S≠, khi đó sẽ tìm được vector q r và tích vô hướng λ sao cho biểu diễn phù hợp 4 điểm sau: P p= 〈 〉, Q q= 〈 〉, R p q= 〈 + 〉, S p q λ = 〈 + 〉. Chúng ta sẽ chứng minh dựa vào 12 bước sau: (1) Từ P p= 〈 〉 là một thứ nguyên của 1. (2) Từ P nằm trên QR Q R= + nên ta có thể viết 1 p q r= + với 1 ,q Q r R∈ ∈. (3) Nếu 0r = thì ta có 1 q p=, vì vậy P Q= (mâu thuẫn). Do đó, 0r ≠. (4) Như vậy R r= 〈 〉. (5) Vì 1 r p q p q= − = + nên 1 q q= −. (6) Nếu 0q = thì r p=, vì vậy P R= (mâu thuẫn). Do đó, 0q ≠. (7) Từ mọi vector 0 r trong một khoảng cách không gian con thứ nguyên của 1, ta luôn có Q q= 〈 〉. R r p q= 〈 〉 = 〈 + 〉. (8) Từ Q nằm trên PS nên q P S p S∈ + = 〈 + 〉. (9) Như vậy 1 q s λ = + sao cho 1 ,R s S λ ∈ ∈. (10) Lúc đó, 1 ( )s p q p q λ λ = − + = + ⇒ 1 ( ) λ λ = −. (11) Nếu 0s =, khi đó 1 q p λ = và vì vậy Q P= (mâu thuẫn). Do đó, 0s ≠. (12) Vì vậy S s p q λ = 〈 〉 = 〈 + 〉. V. Một số bài tập áp dụng Bài toán 1. Cho 1 2 3 A A A là một tam giác không cân với tâm đường tròn nội tiếp I. Cho i C, 1,2,3i =, là đường tròn qua I tiếp tuyến tới 1i i A A + và 2i i A A + (phép cộng của các chỉ số bản chất mod 3). Định lý Pappus, Desargues và ứng dụng 3 A C B F E D O O 2 O 3 O 1 O a d a A 0 Nhóm 7 – Lớp 10T1, Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm 11-2009 Cho i B, 1,2,3i =, là điểm thứ hai của giao tuyến của 1i C + và 2i C +. Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp của những tam giác 1 1 2 2 3 3, ,A B I A B I A B I thẳng hàng. [USA – IMO 1997 Shortlisted Problem] Lời giải. Với 1,2,3i = (tất cả chỉ số ở vấn đề này sẽ được mod 3), ta kí hiệu bởi i O chính giữa i C và bởi i M điểm chính giữa cung 1 2i i A A + + rằng không bao gồm i A. Đầu tiên ta có 1 2i i O O + + là tia phân giác thẳng góc của 1 IB, và như vậy nó bao gồm tâm đường tròn ngoại tiếp i R của i i A B I. Thêm nữa, dễ thấy rằng 1 1i i i T A T I + + = và 2 2i i i T A T I + + =, bao hàm rằng i R nằm trên đường 1 2i i T T + +. Vì thế, 1 2 1 2i i i i i R O O T T + + + + = ∩. Bây giờ, những đường thẳng 1 1 2 2 3 3, ,T O T O T O đồng quy tại I. Theo định lí Desargues, những điểm của giao tuyến của 1 2i i O O + + và 1 2i i T T + +, i.i., của i R, nằm trên một đường thẳng với 1,2,3i =. Bài toán 2. Cho tam giác nhọn ABC. , ,D E F lần lượt là 3 điểm trên , ,BC CA AB sao cho ba đường thẳng AD, ,BE CF đồng quy tại O. Lấy 1 2 3, ,O O O lần lượt là các điểm đối xứng của O qua , ,EF DF DE. Chứng minh rằng 1 2 3, ,AO BO CO đồng quy. Lời giải. Gọi a O là điểm đối xứng qua BC ,từ O kẻ đường thẳng a d vuông góc với AD. Thế thì 2 3, ,, a O O O O cùng thuộc một đường tròn tâm D và a d là tiếp tuyến tại O của đường tròn đó. Ta có (hình tứ giác toàn phần),suy ra tứ giác 2 3 a OO O O điều hòa. Hiển nhiên là tiếp tuyến tại O và a O của ( )D cắt nhau trên BC, nên ta có 2 3, , a BC d O O đồng quy tại một điểm 0 A. Xác định tương tự 0 0 ,B C. Khi đó ta có 2 0 2 0 3 0 A O A O A O• =, hay 0 A thuộc trục đẳng phương của điểm O và đường tròn 1 2 3 ( )O O O. Tương tự thì ta có 0 0 0, ,A B C thẳng hàng. Theo định lý Desargues thì 1 2 3, ,AO BO CO đồng quy. ⇒ Điều phải chứng minh.  Nhận xét. Từ chứng minh này, để ý rằng tâm của 1 2 3 ( )O O O là điểm đẳng giác của M wrt tam giác DEF, ta cũng có một kết quả khá đẹp là trục riêng lẻ của một điểm M wrt tam giác tam giác ABC vuông góc với đường nối M và điểm đẳng giác với M wrt tam giác thường của M wrt tam giác ABC. Định lý Pappus, Desargues và ứng dụng 4 R 3 R 1 A 3 A 2 A 1 B 1 B 3 B 2 I 2 3 2 3 ( ) (, ,, ) (, ,, ) 1 a a O OO O O d OO OO OO DA DF DE DB= = = − Nhóm 7 – Lớp 10T1, Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm 11-2009 Bài toán 3. [Một trường hợp đặc biệt của định lí Pappus] Trên mặt phẳng cho ba điểm , ,X Y Z thẳng hàng và ba điểm , ,M N P thỏa mãn XN song song YP, YM song song ZN, XM song song ZP. Khi đó ta cũng có , ,M N P thẳng hàng. Lời giải. Trường hợp MP song song XYZ thì đơn giản, bạn đọc tự chứng minh. Ta sẽ xét khi MP không song song với XYZ. Gọi S là giao điểm của MP với XYZ. Đường thẳng qua X song song với YP cắt MP ở ‘N. Bài toán sẽ được giải quyết nếu ta chứng minh được rằng ‘ZN song song YM (vì khi ấy ‘N trùng N ). Thật vậy, vì YP song song ‘XN, ZP song song XM nên theo định lí Thales, ta có: ‘ ‘ SY SY SX SP SM SM SZ SX SZ SN SP SN = • = • = ⇒ ‘SZ SN SY SM = ⇒ ‘ZN song song YM (theo định lí Thales đảo). Bài toán 4. a) Tìm 13 điểm của mặt phẳng xạ ảnh 3 ( )Z ℘. Đặt chúng lần lượt là ,2,3, ,10,, ,A J Q K (như trong một bộ số). b) Dựng một bảng đường thẳng cho 3 ( )Z ℘ trong điều kiện như trên. Nó sẽ có 13 cột và 4 dòng. Các cột tương đương 13 đường thẳng, cho 4 điểm trên mỗi đường thẳng. (Bậc của hàng và cột thích hợp, nhưng cố gắng có hệ thống.) c) Sử dụng bảng trên minh họa định lí Desargues và Pappus. Lời giải. a) (0,0,1)A = 〈 〉 ; 2 (0,1,0)= 〈 〉 ; 3 (0,1,1)= 〈 〉 ; 4 (0,1,2)= 〈 〉 ; 5 (1,0,0)= 〈 〉 ; 6 (1,0,1)= 〈 〉 ; 7 (1,0,2)= 〈 〉 ; 8 (1,1,0)= 〈 〉 ; 9 (1,1,1)= 〈 〉 ; 10 (1,1,2)= 〈 〉 ; (1,2,0)J = 〈 〉 ; (1,2,1)Q = 〈 〉 ; (1,2,2)K = 〈 〉. b) A ⊥ 2 ⊥ 3 ⊥ 4 ⊥ 5 ⊥ 6 ⊥ 7 ⊥ 8 ⊥ 9 ⊥ 10 ⊥ J ⊥ Q ⊥ K ⊥ 2 A 4 3 A 2 2 A 4 3 A 3 4 5 5 5 5 2 7 6 5 7 6 8 7 6 8 6 9 9 3 10 9 Q 9 10 9 8 8 5 7 K K 4 K Q K J J 10 Q 10 c) Định lí Desargues: Tam giác 528 và 739 cùng nhìn A. 52 73 8 ∩ = ; 58 79 J ∩ = ; 28 39 5 ∩ = và 5, 8, J thẳng hàng (nằm trên A ⊥ ). Định lí Pappus: { ,3,4}A và {6,8,4} là những điểm thẳng hàng. 8 36 10A ∩ = ; 34 48 4 ∩ = ; 4 46 4A ∩ = và ,X 4, 4 thẳng hàng. Bài toán 5. Cho (1,2,4)A = 〈 〉 ; (5, 3,2)B = 〈 − 〉 ; ( 3,7,6)C = 〈 − 〉 ; (13, 13, 2)D = 〈 − − 〉. a) Tìm AB và chứng minh rằng ,C D nằm trên AB. b) Sử dụng bổ đề Collinearty để tìm các vectors ,a b r r và một tích vô hướng λ sao cho A a= 〈 〉 ; B b= 〈 〉 ; C a b= 〈 + 〉 ; D a b λ = 〈 + 〉. Lời giải. (1,2,4) (5, 3,2) (16,18, 13)AB = 〈 × − 〉 = 〈 − 〉 ⊥. Từ ( 3,7,6) (16,18, 13) 0− × − = và (13, 13, 2) (16,18, 13) 0− − × − = nên ,C D nằm trên AB. Định lý Pappus, Desargues và ứng dụng 5 X Y Z S P N’ M Nhóm 7 – Lớp 10T1, Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm 11-2009 Giả sử ( 3,7,6) (1,2,4) (5, 3,2)x y− = + −. Khi đó, ta có 5 3x y+ = − 2 3 7x y− = 4 2 6x y+ = Giải hệ trên ta được 2, 1x y= = −. Vì thế, ( 3,7,6) 2(1,2,4) (5, 3,2)− = − −. Đặt 2(1,2,4) (2,4,8)a = = và (5, 3,2) ( 5,3, 2)b = − − = − −. Khi đó A a= 〈 〉, B b= 〈 〉 và C a b= 〈 + 〉. Giả sử (13, 13,2) (1,2,4) (5, 3,2)x y− = + −, ta có 5 13x y+ = 2 3 13x y− = − 4 2 2x y+ = Giải hệ trên ta được 2, 3x y= − =. Do đó, ( 3,7,6) 2(1,2,4) 3(5, 3,2) 3a b− = − + − = − − Kẻ 1 ( )( 3,7,6) 3 c − = − khi đó 1 3 c a b= +. Vì thế, (2,1,1)a =, ( 5,3, 2)b = − − và 1 3 λ =. Bài toán 6. Cho (1,0,0)A = 〈 〉, (0,1,0)B = 〈 〉, (0,0,1)C = 〈 〉 và ‘ (2,1,1)A = 〈 〉, ‘ (2,3,2)B = 〈 〉, ‘ (3,3,4)C = 〈 〉. Gọi ‘ ‘L AB A B= ∩, ‘ ‘M AC A C= ∩, ‘ ‘N BC B C= ∩. Tìm ,L M và N, chứng minh rằng chúng thẳng hàng. Lời giải. (0,0,1)AB ⊥ = 〈 〉, ‘ ‘ ( 1, 2,4)A B ⊥ = 〈 − − 〉, vì vậy (2, 1,0)L = 〈 − 〉. (0, 1,0)AC ⊥ = 〈 − 〉, ‘ ‘ (1, 5,3)A C ⊥ = 〈 − 〉, vì vậy ( 3,0,1)M = 〈 − 〉. (1,0,0)BC ⊥ = 〈 〉, ‘ ‘ (6, 2, 3)B C ⊥ = 〈 − − 〉, vì vậy (0,3, 2)N = 〈 − 〉. ⇒ ( 1, 2, 3) (1,2,3)LM ⊥ ⊥ = 〈 − − − 〉 = 〈 〉, ( 3, 6, 9)MN LM ⊥ = 〈 − − − 〉 = Do đó, ta có 3(2, 1,0) 2( 3,0,1) (0,3, 2) (0,0,0)− + − + − = Vậy L, M, N thẳng hàng. Bài toán 7. Trong mặt phẳng xạ ảnh 5 ( )Z ℘, lấy A a= 〈 〉, B a c= 〈 + 〉, C c= 〈 〉, D p c= 〈 + 〉. Xác định hình dạng cho 3p a〈 + 〉, như là một dãy giao điểm của các đường thẳng. Lời giải. Lấy E AD BC p a c= ∩ = 〈 + + 〉, 4F AC BD a c= ∩ = 〈 + 〉, 2G EF PA p a= ∩ = 〈 + 〉, 2 4H GC BD p a c= ∩ = 〈 + + 〉, 2 3 4K HE PA p a p a= ∩ = 〈 + 〉 = 〈 + 〉, 4 2L KC BD p a c= ∩ = 〈 + + 〉, 3M LE PA p a= ∩ = 〈 + 〉. VI. Bài tập làm thêm  Bài 1. Cho (1,2,8)P = 〈 〉, (4,1,5)Q = 〈 〉, ( 5,4,14)R = 〈 − 〉, (14,7,31)S = 〈 〉. Tìm 2 vector ,p q ur r và tích vô hướng λ sao cho P p= 〈 〉, Q q= 〈 〉, R p q= 〈 + 〉, S p q λ = 〈 + 〉.  Bài 2. Cho tam giác ABC và 3 điểm , ,X Y Z lần lượt thuộc các cạnh , ,BC CA AB sao cho AX, BY, CZ đồng quy tại N. AX cắt YZ tại T, TB cắt XZ tại M, TC cắt XY tại P, YZ cắt BC tại Q. Chứng minh rằng: , , ,M N P Q thẳng hàng. Định lý Pappus, Desargues và ứng dụng 6 A F G ED B C BA X Y Z P R Q S C Nhóm 7 – Lớp 10T1, Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm 11-2009  Bài 3. Cho tứ giác ABCD, trên tia đối của tia AC lấy một điểm K, cát tuyến KMN và KPQ (, , ,M N P Q lần lượt thuộc , , ,AB BC CD DA ). a) Chứng minh rằng , ,BD MQ NP đồng quy tại L. b) Gọi ,I J lần lượt là điểm thuộc ,AB BD sao cho ( ) ( ) 1ACIK BDJK= = −, NQ cắt MP tại O. Chứng minh rằng , ,O I J thẳng hàng  Bài 4. a) Cho 2 điểm P và Q. Qua ,P Q lần lượt kẻ 3 đường thẳng. Đường thẳng thứ nhất qua Q lần lượt cắt 3 đường thẳng qua P lần lượt tại , ,B L C. Tương tự ta có 2 cặp 3 điểm , ,K O M và , ,A N D. Chứng minh rằng: , ,KL AC MN đồng quy. b) Chứng minh rằng nếu O nằm trên BD thì giao điểm của ,KL AC và MN nằm trên PQ.  Bài 5. Cho tứ giác lồi ABCD, E AD∈, F BC ∈. AC cắt BD tại H, AF cắt BE tại O, DF cắt EC tại M. Chứng minh rằng , ,O H M thẳng hàng.  Bài 6. Tam giác ABC có đường cao ,AD BE và CF, trực tâm H. Vẽ DP AB=, DQ AC=. R là giao điểm của DP và BE, S là giao điểm của DQ và CF, M là giao điểm của BQ và CP. N là giao điểm của PS và RQ. Chứng minh rằng , ,M N H thẳng hàng.  Bài 7. a) Cho hình sau, AF song song với BD và AG song song với BE. Tìm 2 tam giác sao cho có phần tử từ các điểm trong hình. b) Hãy giải thích hình học Euclid của định lý Desargues cho cấu hình này.  Bài 8. Cho tứ giác lồi ABCD sao cho DAB ABC BCD ∠ = ∠ = ∠. Gọi H và O là trực tâm và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Chứng minh rằng , ,H O D thẳng hàng.  Bài 9. Trong mỗi trường hợp sao đây, tìm một điểm O và một đường thẳng h sao cho các tam giác ABC và ‘ ‘ ‘A B C có phần tử từ điểm O và đường thẳng h. (Để đơn giản những điểm có cùng nhãn). a) (0,2)A =, (1,1)B =, (1,0)C =, ‘ (1,2)A =, ‘ (2,1)B =, ‘ (0,0)C =. Các điểm này nằm trong mặt phẳng hình học Euclid nhúng trong các phần tử thực trong mặt phẳng. b) (1,4,7)A = 〈 〉, (2, 1,3)B = 〈 − 〉, (3,5,3)C = 〈 〉, ‘ (2,3,5)A = 〈 〉, ‘ (1,1, 1)B = 〈 − 〉, ‘ (1, 4, 2)C = 〈 − − 〉.  Bài 10. Trong sơ đồ sau đây , ,A B P không thẳng hàng trong khi ACXYZB, AQP, RQX, RSZ, RPB, QSB là các đường thẳng. Cho A a= 〈 〉, B b= 〈 〉, C a b= 〈 + 〉, X a xb= 〈 + 〉, Y a yb= 〈 + 〉, Z a zb= 〈 + 〉, P p= 〈 〉, Q a p= 〈 + 〉. a) Chứng minh rằng R p xb= 〈 − 〉. b) Tìm S trong điều kiện của , ,, , ,a b p x y z. c) Sử dụng thực tế RSZ thẳng hàng để chứng minh rằng x y z + =.  Bài 11. Cho , ,A B C và D là 4 điểm trên mặt phẳng xạ ảnh, trong đó 3 điểm bất kì phân biệt. Cho ,U V và W là các giao điểm của các dây như trong hình. Giả sử , , ,A B C V và W có vector biểu diễn A a= 〈 〉, B b= 〈 〉, C c= 〈 〉, V a b= 〈 + 〉, W a c= 〈 + 〉. Định lý Pappus, Desargues và ứng dụng 7 Nhóm 7 – Lớp 10T1, Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm 11-2009 a) Chứng tỏ rằng D a b c= 〈 + + 〉 và tìm một vector biểu diễn cho U. b) Chứng tỏ rằng ,U V và W không bao giờ thẳng hàng trên ( )R ℘, khi đó ta luôn có chúng thẳng hàng trên 2 ( )Z ℘. Chuyện gì xảy ra nếu chúng trên 3 ( )Z ℘ ?  Bài 12. Cho hai tam giác ABC và DEF có các giao điểm của AB và DE, BC và EF, CA và FD thẳng hàng. Chứng minh rằng các đường thẳng , ,AD BE CF đồng quy.  Bài 13. Vẽ 10 điểm: 6 đỉnh của các tam giác, 3 giao điểm của các cạnh tương ứng, một giao điểm của đường thẳng nối hai đỉnh tương ứng. Nếu ta gán nhãn cho 10 điểm này hợp lý thì hình vẽ sẽ trở thành một trường hợp thuận của định lý Desargues!  Bài 14. Giả sử rằng trong giả thuyết của định lý Pappus, ta giả sử 0 C là tiếp tuyến đến 1 ,I I và đường thẳng AB (thay vì nửa đường tròn 2 I ). Chứng minh rằng trong trường hợp (2 1) n n d n r= −.  Đặc trưng cơ bản của định lý Pappus. Bạn có thể chứng minh ngay lập tức hay không? (Phép chiếu hình có thể giúp ít cho bạn.)  Bài 15. Kéo dài hai cạnh AB và CD, BC và AD của tứ giác ABCD cắt nhau tại P và Q. Qua P vẽ một đường thẳng cắt BC và AD tại E và F. Chứng minh rằng giao điểm các đường chéo của các tứ giác ,ABCD ABEF và CDFE nằm trên đường thẳng đi qua P.  Bài 16. Giả sử 2 tam giác ABC và ‘ ‘ ‘A B C “trực giao”, tức là các đường thẳng qua , ,A B C vuông góc với ‘ ‘, ‘ ‘, ‘ ‘B C C A A B đồng quy tại P và các đường thẳng qua ‘, ‘, ‘A B C vuông góc với BC, ,CA AB đồng quy tại ‘P. Giả sử ABC và ‘ ‘ ‘A B C thấu xạ tâm Q tức ‘, ‘, ‘AA BB CC đồng quy tại “P, khi đó theo định lý Desargues thì các giao điểm của BC và ‘ ‘B C, CA và ‘ ‘C A, AB và ‘ ‘A B thẳng hàng trên đường thẳng d khi đó chứng minh rằng , ‘, “P P P cũng thẳng hàng và đường thẳng chứa 3 điểm này vuông góc với d.  Bài 17. Tam giác ABC và điểm P nằm trong tam giác sao cho tâm nội tiếp PBC nằm trên phân giác góc A, và tâm nội tiếp PCA nằm trên phân giác góc B. Chứng minh rằng tâm nội tiếp PAB nằm trên phân giác góc C.  Bài 18. Tam giác ABC có P và ‘P đẳng giác, ‘, ‘, ‘A B C là hình chiếu của ‘P trên cạnh BC, ,AC AB và “, “, “A B C là giao điểm của “, “, “AP BP CP với các cạnh của tam giác ‘ ‘ ‘A B C. Lấy các điểm , ,M N P trên cạnh , ,BC CA AB thỏa mãn ‘ ‘ ‘ ” ” ” MA NB PC MA NB PC = =. Chứng minh rằng các đường thẳng qua , ,M N P và song song “, “, “P A P B P C đồng quy.  Bài 19. Cho hai tam giác ABC và ‘ ‘ ‘A B C có các cạnh tương ứng BC và ‘ ‘B C, CA và ‘ ‘C A, AB và ‘ ‘A B cắt nhau tại , ,X Y Z. Đường thẳng qua A song song với BC và qua ‘A song song ‘ ‘B C cắt nhau tại ‘X, tương tự ta có ‘Y và ‘Z. Chứng minh rằng ‘, ‘, ‘XX YY ZZ đồng quy.  Bài 20. Cho tứ giác lồi ABCD. Trên AC lấy E, BD lấy F. Giả sử AF BE K∩ =, DE CF P ∩ =, AD BC S ∩ =. Chứng minh rằng , ,S P K thẳng hàng.  Bài 21. Cho tứ giác ABCD, K thuộc tia đối tia AC. Kẻ cát tuyến KMN và KPQ (, , ,M N P Q thuộc các cạnh , , ,AB BC CD DA tương ứng). Định lý Pappus, Desargues và ứng dụng 8 Nhóm 7 – Lớp 10T1, Trường THPT chuyên Nguyễn Bỉnh Khiêm 11-2009 a) Chứng minh: , ,BD MQ NP đồng quy tại L. b) Gọi ,I J là điểm thuộc ,AC BD sao cho ( ) ( ) 1ACIK BDJL= = −, O NQ MP= ∩. Chứng minh rằng , ,O I J thẳng hàng. c) Chứng minh rằng nếu tứ giác ABCD nội tiếp thì , ,O I J trùng nhau.  Bài 22 Cho tứ giác ‘ ‘ACC A, trên cạnh , ‘ ‘AC C A lấy , ‘B B. Gọi , ,M N P theo thứ tự là các giao điểm của ‘AB và ‘A B, ‘AC và ‘A C, ‘BC và ‘B C. Chứng minh rằng: , ,M N P thẳng hàng.  Tài liệu tham khảo. Viktor Prasolov, Problems in Plane and Solid Geometry, tr.105,124,447,479,486. http: www.diendantoanhoc.net http: www.thuvien.violet.vn http: www.mathscope.org Chap03-Pappus’ theorem Chap02-Desargues’ theorem http: www.toantuoitho.com.vn http: www.toanhoctuoitre.com.vn Walter Mientka, Mathematical_Olympiad_Problems_From_Around_The_World_1996-1997, tr.16 A collection of problems suggested for the international mathematics olympiads 1959-2004 (Pl., tr.13,15,622. A new proof of Pappus’ thoerem, Jeremy J. Carroll unaffiliated. Pappus’ theorem for a Conic and Mystic Hexagons, Ross Moore Macquarie University Sydney, Australia. Định lý Pappus, Desargues và ứng dụng 9 . không nhắc đến định lý nổi tiếng: “Khi đường thẳng nối ba đỉnh tương ứng của hai tam giác đồng quy thì giao điểm của các cặp cạnh tương ứng thẳng hàng”. III. Định lý 1. Định lý Pappus Trong. ta gán nhãn cho 10 điểm này hợp lý thì hình vẽ sẽ trở thành một trường hợp thuận của định lý Desargues!  Bài 14. Giả sử rằng trong giả thuyết của định lý Pappus, ta giả sử 0 C là tiếp. kĩ sư quân giới – đặt nền móng cơ sở cho môn hình họa. Hai định lý nói về trường hợp riêng của định lý Desargues là một trong những định ý cơ bản của hình học xạ ảnh. Tư tưởng Desargues được

– Xem thêm –

Xem thêm: Định Lý Pappus, Định Lý Pappus, Định Lý Pappus

Rate this post
Subscribe
Notify of
guest
0 Comments
Inline Feedbacks
View all comments