Định Lý Pappus

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
Lê Minh Trường
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