Chuyên toán áp DỤNG ĐỊNH lý PASCAL vào GIẢI một vài bài TOÁN HÌNH học

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

CHUYÊN ĐỀ HỘI THẢO TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG
CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN
MÔN TOÁN THPT
Tên đề tài: ÁP DỤNG ĐỊNH LÝ PASCAL VÀO GIẢI
MỘT VÀI BÀI TOÁN HÌNH HỌC
Người thực hiện: NGÔ LAN HƯƠNG
Trường: THPT CHUYÊN THÁI NGUYÊN

NĂM HỌC: ……………………

1


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 P = AB ∩ DE , Q = BC ∩ EF , R = CD ∩ FA . 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 cho định lý Pascal. Ở đây xin nêu
ra 2 cách chứng minh phổ biến nhất là áp dụng định lý Menelaus và sử dụng
khái niệm góc định hướng.
Cách 1. Gọi X = EF ∩ AB, Y = AB ∩ CD, Z = CD ∩ EF .
Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác XYZ đối với cácRđường thẳng
BCQ, DEP, FAR, ta có

Q

CY BX QZ
.
.
= 1 ( 1)
CZ BY QX

Z
D

FZ AX RY
×
×
=1
FX AY RZ

( 2)

EZ PX DY
×
×
=1
EX PY DZ

( 3)

E
F

C
P

Y

A

B

X

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

2


⇔

QZ RY PX YC.YD ZF .ZE XB. XA

× ×
×
×
×
=1
QX RZ PY YB.YA ZD.ZC XF .ZE

Thế (4) vào (5), ta được

( 5)

QZ RY PX
× ×
= 1. Vậy P, Q, R thẳng hàng.
QX RZ PY

Đường thẳng PQR ở trên được gọi là đường thẳng Pascal ứng với bộ điểm
A, B, C , D, E , F .
Cách 2. Gọi I là giao điểm thứ hai của đường tròn ngoại tiếp tam giác PBD
và RDF. Ta có

( IB, IF ) ≡ ( IB, ID ) + ( ID, IF ) ≡ ( PB, PD ) + ( PD, RF ) ( mod π )
Ngoài ra ( PB, PD ) ≡

1
1
( OB, OD ) + ( OA, OC ) ( mod π )
2
2

1
2

1
2

và

( RD, RF ) ≡ ( OD, OF ) + ( OC , OA) ( mod π )

suy ra

( PB, PD ) + ( RD, RF ) ≡ ( ( OB, OF ) + ( OC , OE ) ) ≡ ( QB, QF ) ( mod π )

Vậy

( QB, QF ) ≡ ( PB, PD ) + ( RD, RF ) ≡ ( IB, ID ) + ( ID, IF ) ≡ ( IB, IF ) ( mod π )

1
2

nên QBFI là tứ giác nội tiếp.
Từ đó suy ra ( IB, IP ) ≡ ( DB, DP ) ≡ ( FB, FQ ) ≡ ( IB, IQ ) ( mod π ) 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
CD, Q = BC ∩ EF .

P = AB ∩ ED, R = AF ∩
B
E
P

A

D

Q

R
C

3

F


Gọi F’ là giao điểm thứ hai của AR và (O); Q ' = CB ∩ EF ' . Theo định lý
Pascal thì P, Q’, R thẳng hàng nên Q’ thuộc PR mà Q’ lại thuộc CB nên Q’ là
giao của PR và CB.
Theo giả thiết P, Q, R thẳng hàng và Q thuộc BC nên Q là giao của PR và
BC. Vậy Q trùng với Q’.
Ta có F = EQ ∩ AR, F ' = EQ '∩ AR mà Q ≡ Q ' nên F ≡ F ' .
Vậy F thuộc (O).
3. Chú ý.
1) 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 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. Hai

hình vẽ dưới đây minh họa Định lý cho trường hợp 5 điểm và 4 điểm.
R

P

Q
E
B

D

Q

C

C
P

Y B

A

A

D

R

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, 4, 5); (5, 6, 1, 2, 3, 4); (4, 5, 6, 1, 2, 3, 4); (4, 5, 6, 1, 2, 3); (3,
4, 5, 6, 1, 2) ; (2, 3, 4, 5, 6, 1) cũng cho cùng một đường thẳng Pascal như bộ
điểm (1; 2; 3; 4; 5; 6). Mặt khác, nếu từ bộ điểm (1; 2; 3; 4; 5; 6) ta chia ra làm
hai bộ (1; 2; 3), (4; 5; 6), viết mỗi bộ theo thứ tự ngược lại rồi ghép lại ta được
bộ (3; 2; 1; 6; 5; 4) cũng cho đường thẳng Pascal như 6 bộ trên. Mà từ bộ này ta

4


lại có 5 hoán vị khác của nó, cũng cho cùng một đường thẳng Pascal. Như vậy,
trong số 720 hoán vị 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 D, E,
F tương ứng. K là đối xứng của D qua tâm đường tròn nội tiếp. DE cắt FK tại S.
Chứng minh rằng AS song song BC.
Lời giải. Gọi R = KE ∩ FD . Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm F, F, K,
E, E, D ta có FF ∩ EE = A , FK ∩ ED = S , KE ∩ DF = R . Khi đó R, A, S thẳng
hàng.
·
·

Theo giả thiết ta lại có KFD
= KED
= 900 nên tứ giác RFES nội tiếp.
·
·
·
Từ đó suy ra ·ARF = FED
nhưng FED
(góc tạo bởi tiếp tuyến và
= FDB
·
dây cung) nên ·ARF = FDB
. Vậy AS / / BC .

A
R

S

K
E
F

B

I

O

C

D

5


Bài toán 2 (Macedonia 2001). Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Tiếp
tuyến tại A cắt BC tại D, tiếp tuyến tại B cắt CA tại E, tiếp tuyến tại C cắt AB tại
F

F. Chứng minh D, E, F thẳng hàng.
Lời giải. Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm

A

A, A, B, B, C, C ta có
AA ∩ BC = E , AB ∩ CC = F , BB ∩ AC = E

O
D

nên D, E, F thẳng hàng.

C

B

E

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
» , CA
» , »AB của đường tròn đó. Gọi D, E,
các điểm chính giữa của các cung nhỏ BC
F, I, J, K lần lượt là giao điểm của các cặp đường thẳng AC 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 tiên ta chú ý rằng AA’, BB’, CC’ đồng quy tại O là tâm
đường tròn nội tiếp tam giác ABC.
Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A, C, C’, A’, B’, B ta có
AC ∩ A ' B ' = K , AB ∩ A ' C ' = F , CC '∩ BB ' = O
nên K, F, O thẳng hàng, tức là O thuộc KF.
Lại áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A, C, B, B’, C’, A’ ta có
AC ∩ B ' C ' = D; CB ∩ A ' C ' = I , AA '∩ BB ' = O
nên D, I, O cũng thẳng hàng, tức là O thuộc DI.
Cuối cùng, áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm C, B, A, A’, B’, C’ ta có
AB ∩ B ' C ' = E , BC ∩ A ' B ' = J , AA '∩ CC ' = O
nên E, J, O thẳng hàng, tức là O thuộc EJ.

6


A
C'

E

D
B'
K

F

O

C

J

B

I

A'

Vậy KF, EJ, DI đồng quy tại O.
Mở rộng của bài toán này vẫn đúng. Ta có 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
và cách 2 sử dụng kiến thức toán THCS.
Cách 1. Giả sử tiếp tuyến tại X và M của đường tròn (J) cắt nhau tại K; E,
·
·
F lần lượt là giao điểm của XM và XN với đường tròn (O). Ta có KXM
= KMX

.

(

)

(

)

1»
1 »
1 »
·
» , KMX
·
= FX
= BX
+ BF
= BX
+ »AF , suy ra F là
Mặt khác KXM
2
2
2
điểm chính giữa cung »AB . Tương tự ta có E là điểm chính giữa cung »AC . Vì
vậy BE và CF đi qua tâm I của đường tròn nội tiếp tam giác ABC.

7

A

E

F
N
O

I

M
J

B

C

K
X

Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm A, B, E, X, F, C ta có AB ∩ XF = M ,
AC ∩ XE = N , BE ∩ CF = I nên I, M, N thẳng hàng.
Nhận xét. Ta có tam giác AMN cân tại A và AI là đường phân giác nên nó
còn là 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 JN ⊥ AC nên OE vuông góc với

JNX
= JXN
= OEX
AC. Suy ra E là trung điểm cung AC. Vậy BE là phân giác góc ·ABC . Giả sử BE
cắt MN tại I. Ta cần chứng minh CI là phân giác góc ·ACB .

A
E

I

M

N
O

J
B
C
X

y

8


Thật vậy, gọi Xy là tiếp tuyến chung tại X của hai đường tròn (J) và (O). Ta
có ·yXE = ·XMN = ·XBE nên tứ giác XBMI nội tiếp. Do đó
0
·

·
·I XB = ·AMN = 180 − BAC = BXC (do ABXC là tứ giác nội tiếp).
2
2

·
·
Vậy IX là tia phân giác của góc BXC
, suy ra I· XC = INA
, suy ra IXCN là
tứ giác nội tiếp.
Từ đó
·
·
·
·ACB
CBA
1800 − CAB
− CBA
·
·
·
·
.
NCI
= NXI
= I· XC − EXC
= BXI
−
=

=
2
2
2
Vậy CI là phân giác góc ·ACB . Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 5. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và P là điểm bất kỳ.
PA, PB, PC cắt (O) lần lượt tại D, E, F khác A, B, C. Tiếp tuyến tại A của (O)
cắt BC tại T. TP cắt (O) tại M, N. Chứng minh tam giác DEF và tam giác DMN
có chung đường đối trung.
Lời giải. Gọi K là giao của AF và BD. Áp dụng định lý Pascal cho sáu
điểm A, A, F, C, B, D suy ra K, P, T thẳng hàng. Tương tự L, P, T thẳng hàng.
Vậy K, L thuộc TP. (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)

9


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 TA2 = TP 2 = TP.TC , suy ra TP là tiếp tuyến
·
·
·
của đường tròn ngoại tiếp tam giác PBC. Do đó TPB
nên EF //
= PCB
= FEP

TP. Mặt khác tam giác TAP và OAD cân tại T và O có cạnh bên TA ⊥ OA nên
TP ⊥ OD . Từ đây tam giác DMN cân và có OD là đường đối trung nên DEF
cũng có OD là đường đối trung. Do đó DEF cân. Khi đó DE = DF.
Bài toán trên chính là một mở rộng của bài toán thi Olympic Quốc tế 2010
(IMO 2010) .
“ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) và P là điểm bất kỳ. PA, PB,
PC cắt (O) lần lượt tại D, E, F khác A, B, C. Tiếp tuyến tại A của (O) cắt BC tại
T. Chứng minh rằng nếu TA = TP thì DE = DF.”
Bài toán 6 (IMO Shortlist 2007). Cho tam giác ABC cố định, các trung
điểm A1 , B1 , C1 của BC, CA, AB tương ứng. Điểm P thay đổi trên đường tròn
ngoại tiếp tam giác. Các đường thẳng PA1 , PB1 , PC1 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 A2 , B2 , C2 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’, P, A’, A, B ta có
CC '∩ AA ' = B2 , C ' P ∩ AB = C1 , BC ∩ A ' P = A1 nên B2 ∈ A1C1 . Tương tự
C2 ∈ A1B1 , A2 ∈ B1C1 .
Lại có B2 A1 / / AB1 ⇒

C2 B2 C2 A1
=
C2 A C2 B1

(1).

Lại do BA1 / / B1 A2 ⇒

C2 A1 C2 B
=

C2 B1 C2 A2

(2).

10


Từ (1) và (2) suy ra
B'

C2 B2 C2 B
=
.
C2 A C2 A2

A

C2

B2

A'

C'

⇒ C2 B2 = C2 A.C2 B ⇒ S A2 B2C2 = S ABC2

B1

C1

1
Mặt khác S ABC2 = S ABB1 ⇒ S A2 B2C2 = S ABB1 = S ABC .
2

A2
A1

B

C

Từ đây ta có điều phải chứng minh.
P

Bài tốn 7. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) có B, C cố định, A
thay đổi trên (O). Trung trực của BC cắt AB tại M, AC tại N. Gọi P, Q đối xứng
với M, N qua O. BQ cắt CP tại K. Chứng minh AK đi qua một điểm cố định và
trung điểm I của AK ln thuộc một đường tròn cố định.
Lời giải. Gọi I là điểm đối xứng với D qua O. Ta chứng minh AK đi qua E,
tương đương 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.

Bài 6: Cho tam
B, C cố đònh, A
cắt AB tại M, A
qua O. BQ cắt C
điểm cố đònh va
đường tròn cố đò

M

A
N

K'
C'

B'
E
I

O
B

D
C
Q
K
A'

P

Gọi K ' = B ' N ∩ A ' D . Ta có B ' K '∩ AC = N , A ' K '∩ BC = D,
BB '∩ AA ' = O nên N, D, O thẳng hàng. Mặt khác B’, A, C, A’, B thuộc (O) nên
theo định lý Pascal đảo K’ thuộc (O).

11

Ta có 6 điểm C’, C, B’, B, A, K’ cùng thuộc đường tròn (O) và
C ' K '∩ AB = M ',

K ' B '∩ AC = N , CC '∩ B ' B = O nên theo định lý Pascal M’,

N, O thẳng hàng.
Suy ra M ' ∈ NO , M ' ∈ AB, M ' ∈ C ' K ' mà M = NO ∩ AB ⇒ M ≡ M ' .
Vậy C’M đi qua K’, suy ra A’D, C’M, B’N đồng quy tại K’ thuộc (O) nên K
thuộc (O).
Ta thấy OI ⊥ AK nên I thuộc đường tròn đường kính EO.
Bài toán 8. Cho tam giác ABC nhọn có trực tâm H; AH, BH, CH cắt BC,
CA, AB tại D, E, F. Đường thẳng qua D, song song với CF cắt (BDF) tại M.
Đường thẳng qua D, song song với BE cắt (CDE) tại N; MN cắt AB, AC tại P,
Q. Gọi I, J là trung điểm của HP, HQ. Chứng minh giao điểm K của FI và EJ
thuộc (DEF).
Lời giải.
A

N

E
Q

F
P

H

J

I

M

B

C

D

Ta có FHDM là hình thang nội tiếp nên nó là hình thang cân. Gọi
I ' = FD ∩ MH . Theo định lý Talet thì

I 'H I 'F
I 'H
I 'F
I 'H I 'F
=
⇒
=
⇒
=
I 'M I 'D
I 'H + I 'M I 'F + I 'D
MH FD
mà MH = FD nên I’H = I’F , suy ra I ≡ I ' .
Tương tự ta có J = ED ∩ HC .
Vậy FI, EJ cắt nhau tại D thuộc đường tròn (O).

12


Mở rộng bài toán. Một đường thẳng bất kỳ qua H cắt AB, AC tại P, Q; Gọi
I, J lần lượt là trung điểm của HP, HQ. Lúc đó K = FI ∩ EJ ⇒ K ∈ ( DEF ) .
Thật vậy, xét phép vị tự tâm H tỉ số 2 biến I thành P, J thành Q, E thành B1
thuộc (O), F thành C1 thuộc (O).

B1
A
E
C1

F
P

B

H

Q
J

I

D

C

K

K'

Giả sử PC1 ∩ B1Q = K ' . Ta có C1K '∩ BA = P, AC ∩ K ' B1 = Q, C1C ∩ B1B = H .
Theo định lý Pascal đảo thì K ' ∈ ( O ) . Mặt khác phép vị tự trên biến đường tròn
ngoại tiếp tam giác DEF thành đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên giao
điểm của FI và FJ thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF.
Bài toán 9. Cho tam giác ABC nhọn có AD là phân giác trong. Kí hiệu E,
F là tâm đường tròn nội tiếp các tam giác ABD, ACD; BF cắt CE tại K. Xét
đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF; BE, CF cắt đường tròn này tại M, N; BF,
CE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF tại P, Q. Gọi H là giao điểm thứ hai
của hai đường tròn ngoại tiếp tam giác KPM và KNQ. Chứng minh H thuộc AD.
Lời giải. Gọi I = BE ∩ CF thì I là tâm của đường tròn nội tiếp tam giác
ABC. Suy ra I thuộc AD.
Ta có

IF CF IE BE
IF DC BE IA AC BA
=
;
=
.
.
=
.
.
= 1 nên K
, suy ra
IA CA IA BA
FC DB EI CA AB IA

thuộc ID.

13


A

M
N

F

J

E

B

I

Q

K

P

D

C

Ta có I = PM ∩ QN , I = EM ∩ FN , K = PF ∩ EQ mà N, M, F, Q, P, E
thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF nên I, J, K thẳng hàng.
Lại có JM .JP = JN .JQ nên JK là trục đẳng phương của đường tròn ngoại
tiếp các tam giác KPM và KQN, cũng tức là AD là trục đẳng phương của hai
đường tròn này. Mặt khác HK cũng là trục đẳng phương của chúng nên H thuộc
AD. Ta có điều phải chứng minh.
Bài toán 10. Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn tâm O. Gọi P1 , P2 là hai
, PC
điểm bất kỳ trong mặt phẳng; P1 A, PB
cắt đường tròn (O) lần lượt tại điểm
1
1
thứ hai là A1 , B1 , C1 ; P2 A, P2 B, P2C lần lượt cắt (O) tại điểm thứ hai là A2 , B2 , C2 .
A1 P, B1 P, C1 P lần lượt cắt (O) tại
P là một điểm bất kỳ trên đường thẳng PP
1 2;
điểm thứ hai là A3 , B3 , C3 . Chứng minh ba đường thẳng A2 A3 , B2 B3 , C2C3 đồng
quy tại một điểm trên PP
1 2.
∩ A2C1 . Áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm
Lời giải. Gọi Q = AC
1 2
C2 , A1 , A, A2 , C1 , C ta có Q = AC
∩ A2C1 , C1C ∩ A1 A = P1 , A2 A ∩ CC2 = P2 nên Q
1 2
thuộc đường thẳng PP
1 2.
Lại áp dụng định lý Pascal cho 6 điểm C2 , A1 , A4 , A2 , C1 , C3 ta có
Q = AC

∩ A2C1 , C2C3 ∩ A2 A3 = T , A3 A1 ∩ C3C1 = P thì T thuộc đường
1 2
thẳng PQ, hay chính là đường thẳng PP
1 2.
Tương tự ta có T ' = A2 A3 ∩ B2 B3 cũng thuộc đường thẳng PP
1 2 . Như vậy
T ≡ T ' và ta có điều phải chứng minh.

14


A3
A
B1

C2
B2
P1

C1

P

P2
T

Q

C3

B

C
B3
A2
A1

Lời bình. Hình vẽ thật khá phức tạp nhưng lời giải vận dụng định lý Pascal
lại ngắn gọn bất ngờ.
BÀI TẬP THAM KHẢO
Bài toán 11. (Mathematical Olympiad Summer Program 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 .
Bài toán 12. Cho tứ giác ABCD nội tiếp một đường tròn. Tiếp tuyến tại A,
B, C, D cắt nhau tại E, F, M, N. AD cắt BC tại I, AB cắt CD tại J, AC cắt BD tại
K. Chứng minh bốn điểm I, E, K, M thẳng hàng và bốn điểm J, F, K, N thẳng
hàng.
TÀI LIỆU THAM KHẢO
1. Bài tập từ trang Web .
2. Bài giảng của thầy Lê Bá Khánh Trình tại Trường đông Toán học 2013.

15