Chủ đề này có 9 trả lời

[quocthai0974767675]

          1)Năm 16 tuối ,Pascal công bố 1 công trình toán học. .Nhà toán học vĩ đại khi đó là Descartes cho rằng công trình của Pascal đã bao hàm được 4 cuốn sách đầu của Apollonius.

          Phát biểu định lý Pascal như sau:Cho 6 điểm bất kì $A,B,C,A',B',C'$ cùng thuộc 1 đường tròn thì giao điểm của các cặp đường thẳng (AB',BA');(AC',CA');(BC',CB') đồng quy

          Trong trường hợp A trùng với B' ta có thể coi AB' là tiếp tuyến của đường tròn tại A.Từ đó thu được định lý Pascal cho 1 ngũ giác tứ giác,ngũ giác nội tiếp.

         2)Chứng minh:

          Ta gọi X,Y,Z là giao điểm của các cặp đường thẳng (BC',B'C),(CA',C'A),(AB',A'B).A'C,AC' lần lượt giao (XCC') tại K và J.

          Ta có:$\angle A'KX=\angle XC'C= \angle BA'C=>XK//AZ'$

         Tương tự ta có tam giác XKJ và ZAA' có các cạnh tương ứng song song.Ta được đpcm

        3)Áp dụng:

      Sau đây mình xin đưa ra các bài tập áp dụng định lý Pascal:

Bài 1:(Bổ đề Sawayama Thebault):Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O),ngoại tiếp (I).Đường tròn  (w) tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với AC,AB tại $A_b,A_c$.Chứng minh $A_a,A_b$ luôn đi qua (I).

 

Bài 2:Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O).AD cắt BC tại P , BA cắt  CD tại Q .Đường thẳng qua Q vuông góc với AC cắt OP tại X.Chứng minh AB vuông góc với BX

 

Bài 3:Cho tam giác ABC trực tâm H.M,N là 2 điểm nằm trên AB,AC.P nằm trên nửa mặt phẳng bờ BC chứa A sao cho các tam giác HMN và BPC là tam giác đều.Chứng minh: PM=PN          

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi quocthai0974767675: 03-11-2020 - 21:47

[Tan Thuy Hoang]

Bài 1:(Bổ đề Sawayama Thebault):Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm (O),ngoại tiếp (I).Đường tròn  (w) tiếp xúc trong với (O) và tiếp xúc với AC,AB tại Ab,AcAb,Ac.Chứng minh Aa,AbAa,Ab luôn đi qua (I).

        

Bổ đề: Cho đường tròn (O₁), AB là dây cung bất kì của đường tròn đó. Dựng đường tròn (O₂) tiếp xúc trong với (O₁) tại M và tiếp xúc với AB tại P. Khi đó MP là phân giác của góc AMB.

Chứng minh: Gọi C, D lần lượt là giao điểm của MA, MB với (O₂) (C, D không trùng với A, B).

Ta có: $\widehat{MDC}=\frac{\widehat{MO_2C}}{2}=\frac{180^o-2\widehat{O_2MC}}{2}=\frac{\widehat{MO_1A}}{2}=\widehat{MBA}\Rightarrow$ CD // AB $\Rightarrow \frac{AC}{AM}=\frac{BD}{BM}$.

Do đó: $\frac{AP^2}{BP^2}=\frac{AC.AM}{BD.BM}=\frac{AM^2}{BM^2}\Rightarrow \frac{AP}{BP}=\frac{AM}{BM}$.

Vậy MP là phân giác góc AMB.

Quay trở lại bài toán:

Giả sử $(\omega)$ tiếp xúc với (O) tại P.

Gọi X, Y lần lượt là giao điểm của BI, CI với (O) (X, Y khác B, C).

Ta thấy: $(\omega)$ tiếp xúc với (O) tại P, tiếp xúc với AB tại A_c nên theo bổ đề ta có PA_c là phân giác góc APB. Mà Y là điểm chính giữa cung AB nên P, A_c, Y thẳng hàng.

Tương tự: P, A_b, X thẳng hàng.

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A, B, C, P, X, Y ta có A_b, A_c, I thẳng hàng.

Em nghĩ ở phần phát biểu của định lý Pascal thì sáu điểm đã cho phải cùng thuộc 1 đường tròn chứ ạ

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Tan Thuy Hoang: 03-11-2020 - 18:58

[quocthai0974767675]

Cảm ơn bạn Tần Thủy Hoảng vì lời giải trên.

LỜI GIẢI CHO CÂU 2:Gọi E,F lần lượt là điểm đối xứng với A,C qua O.DF cắt BE tại X'.

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm $A,F,B,E,C,D$ ta được 6 điểm $P,X',O$ thẳng hàng.

Điều còn lạ là chứng minh QX' vuông góc với AC. 

Gọi K là giao điểm của AC và QX'. 

Ta có; $\angle X'QB+\angle KAQ=\angle FDB+\angle BAC= \angle FCB+\angle BFC=90^0 =>$X và X' trùng nhau

[quocthai0974767675]

Câu 4:(bài toán con bướm trong đường tròn)Cho (O) và 1 dây cung AB . M là trung điểm của AB.2 dây cung CD và EF bất kì đi qua M . CF và CD lần lượt cắt AB tại I,J.Chứng minh: MI=MJ

Câu 5:Cho tam giác ABC nội tiếp (O).1 đường thẳng d đi qua O cắt AC,AB tại Y,Z . M,N,P lần lượt là trung điểm của BY,CZ,YZ.Chứng minh rằng O,M,N,P đồng viên.

[Tan Thuy Hoang]

 

Câu 5:Cho tam giác ABC nội tiếp (O).1 đường thẳng d đi qua O cắt AC,AB tại Y,Z . M,N,P lần lượt là trung điểm của BY,CZ,YZ.Chứng minh rằng O,M,N,P đồng viên.

Kẻ đường kính BB' của đường tròn (O).

Gọi F là giao điểm thứ hai của B'Y với (O).

Gọi C' là giao điểm thứ hai của FZ với (O).

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm C', A, B', C, F, B ta có CC' và BB' cắt nhau tại một điểm trên đường thẳng YZ.

Mà B, O, B' thẳng hàng nên C, O, C' thẳng hàng.

Do BC = B'C' nên $\widehat{C'FB'}=\widehat{BAC}$ (cùng chắn hai cung bằng nhau).

Lại có $\widehat{MON}=\widehat{C'FB'};\widehat{MPN}=\widehat{BAC}$ (góc tạo bởi hai đường thẳng song song).

Do đó $\widehat{MON}=\widehat{MPN}$ nên M, N, P, O đồng viên.

[Tan Thuy Hoang]

Câu 4:(bài toán con bướm trong đường tròn)Cho (O) và 1 dây cung AB . M là trung điểm của AB.2 dây cung CD và EF bất kì đi qua M . CF và CD lần lượt cắt AB tại I,J.Chứng minh: MI=MJ

 

Kẻ đường kính CC', EE' của đường tròn (O). Gọi N là giao điểm của C'F và E'D.

Áp dụng định lý Pascal cho lục giác CEDC'E'F nội tiếp ta có M, O, N thẳng hàng.

Từ đó các tứ giác MIFN, NJDN nội tiếp nên ta có: $\widehat{INM}=\widehat{IEM}=\widehat{JDM}=\widehat{JNM}$.

Dễ dàng suy ra được tam giác NIJ cân tại N nên MI = MJ.

Hình gửi kèm

• 

[Syndycate]

$\boxed{6}$ Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC,CA,AB tại D,E,F. K đối xứng với D qua tâm nội tiếp. DE cắt FK tại S. Chứng minh AS song song BC.

Bài viết đã được chỉnh sửa nội dung bởi Syndycate: 29-11-2020 - 22:49

[Tan Thuy Hoang]

$\boxed{6}$ Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC,CA,AB tại D,E,F. K đối xứng với D qua tâm nội tiếp. DE cắt FK tại S. Chứng minh AS song song BC.

Gọi (I; r) là đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

Qua K kẻ tiếp tuyến với (I) AB, AC tại H, G.

Gọi M là giao điểm của AK với BC.

Gọi N là giao điểm của FK với BC.

Áp dụng định lý Pascal cho lục giác suy biến KFDE ta có S, G, B thẳng hàng.

Tam giác FND vuông tại F có BF = BD nên BN = BD.

Lại có: $\Delta IKG\sim\Delta CDI(g.g)\Rightarrow KG.CD=r^2$;

$\Delta IKH\sim\Delta BDI(g.g)\Rightarrow KH.BD=r^2$.

Từ đó suy ra $\frac{BD}{CD}=\frac{KG}{KH}=\frac{CM}{BM}\Rightarrow \frac{BD}{BC}=\frac{CM}{BC}\Rightarrow CM=BD=BN$.

Theo định lý Thales ta có: $\frac{SG}{SB}=\frac{KG}{BN}=\frac{KG}{CM}=\frac{AG}{AC}$.

Theo định lý Thales đảo thì AS // BC.

Hình gửi kèm

• 

[noname112358]

Em xin góp một bài:

$\boxed{7}$ (Định lý Brianchon): Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp (O). Chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy. 

[spirit1234]

 

Em xin góp một bài:

77 (Định lý Brianchon): Cho lục giác ABCDEF ngoại tiếp (O). Chứng minh rằng AD, BE, CF đồng quy. 

Lâu lắm mới lên giải bài; đốp chát vài bài thái nhỉ. 

$\boxed{7}$: Gọi $G,H,I,J,K,L$ là tiếp điểm của $(O)$ với $AB,BC,CD,DE,EF$.

 Kẻ $GJ\cap LI=M; GJ\cap HK=N; LI\cap HK=P$.

 Áp dụng định lý Pascal cho lục giác nội tiếp GGILLH và GIILJJ ta có được: $\overline{D,A,M}$.

$\Rightarrow GJ;LI; AD$ đồng quy tại $M$.

Tương tự ta có: $GJ,HK,BE$ đồng quy tại $N$; $LI,HK,CF$ đồng quy tại $P$.

Áp dụng định lý Desargues; ta có : $AD, BE, CF$ đồng quy. (đpcm)

 

*P/s: Bài này dùng trục đẳng phương cũng rất hay.