bt hinh hoc xa anh

Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (268.21 KB, 11 trang )

(1)<div class='page_container' data-page=1>

A./ Bài tập chương III

Bài toán 1: Trong P2 cho đương bậc hai (G) có phương trình :

x02+ax12+(a+1)x22+2 ax0x1+2 ax0x2+2x1x2=0 . Tìm a để (G) suy biến

Lời giải

Xét định thức

0 ( 1).(1 2 ) 0 2

2
a

A a a

a




      





(G) suy biến khi và chỉ khi

0 ( 1).(1 2 ) 0 2

2
a

A a a

a




      




Bài toán 2: Trong P2 thực cho đường bậc hai (G): x

0
2

+x02− x22=0 . Tìm ảnh của (G)

qua phép biến đổi xạ ảnh f: P2→ P2 có cơng thức tọa độ

¿
λx0

'

=x1+x2
λx1'

=x0+x2
λx2'

=x0+x1
,(λ≠0)

¿{ {
¿
Lời giải:

Ta có

' ' '

2 0 1

' '

0 1 2 2 0 1

' ' ' ' '

1 0 2 0 1 2 0 0 1

' '

2 0 1 1 0 2 ' ' '

1 0 1

( )

x x x x

x x x x x x

x x x x x x x x x x

x x x x x x

x x x x



 



 

  



  



      

  

         

  

  

   

  

  




Thay vào đường bậc hai của (G) ta được ảnh của (G) :

2 2 2

' ' ' 2 ' ' ' 2 ' ' ' 2

0 1 0 1 0 1

' ' ' ' ' ' ' ' '

0 1 0 1 1 0

( ) ( ) ( ) 0

2 2

x x x x x x x x x

x x x x x x x x x

         

     

Bài toán 3: Trong P2 thực cho mục tiêu (S

0, S1, S2;E) và đường bậc hai (G) có phương

trình là x02x12 x22 0. Tìm giao điểm của (G) với các đường thẳng S0S1; S0S2; S1S2;

S0E; S1E; S2E

</div>
(2)<div class='page_container' data-page=2>

- Giao điểm (G)  S0S1 xác định bởi:

2 2 2 2 2

0 1 2 0 1

2 2

0 0

( )

0 0

x x x x x

vn

x x

      

 



 

 

 

 

0 1 0 1 2

0 1

1 2

2 4 ; 4 4 6

6 4

F F

x x x x x

x x

F

x x
x

 

    



 
Vậy: (G)  S

0S1=

- Giao điểm (G)  S0S2 xác định bởi :

2 2 2 2 2

0 1 2 0 2

1 1

0 0

x x x x x

x x

      

 



 

 

 

  chọn x0 1 ta

được hai giao điểm A (1:0:1) và B (1:0:-1)
- Giao điểm (G)  S

1S2 khi đó x0 0 ta được hai điểm C(0:1:1) và D(0:1:-1)

- Giao điểm (G)  S0E là điểm C(0:1:1)

- Giao điểm (G)  S1E là điểm H (1:0:1)

- Giao điểm (G)  S2E là hai điểm M(1:1: 2) và N(1:1:- 2)

Bài toán 4: Trong P2 thực cho mục tiêu (S

0, S1, S2;E). Viết phương trình đường bậc hai

trong các trường hợp sau:
a. Đi qua S0, S1, S2,E

b. Đi qua S0, S1, S2,E và D(1:1:-1)

c.Đi qua A(0: 0: 1), B(0: 1: 1), C(1: 0: 1), D(2: -5 : 1)
Lời giải:

Phương trình bậc hai (G) có dạng: a x00 02a x11 12a x22 222a x x01 0 12a x x02 0 22a x x12 1 2 0

a. Thay tọa độ S0, S1, S2 vào (G) ta được :

00 11 22

22 01 01 12

01 01 12

0
0

0 0

0
a

a a a

a

a a a a

a a a





  

 



   

    



   


Vậy: (G) có dạng: 2a x x01 0 12a x x02 0 22a x x12 1 2 0

b. Thay tọa độ S0, S1, S2,E và D(1:1:-1) vào (G) ta được:

00 11 22 00 11 22

00 11 22

01 02 12 01 02 12

02 12

00 11 22 01 02 12 01 02 12

0 0

2 2 0

2 2 2 0

a a a a a a

a a a

a a a a a a

a a

a a a a a a a a a

     

 

  



 

       

  

 



         

 

Vậy: (G) có dạng: a x x02 0 2a x x12 1 2 0

</div>
(3)<div class='page_container' data-page=3>

00
22

11 12

11 02 01

00 11 01 02 12

02
12

10
0

2 0

4 25 20 4 10 0 5

5
2
a

a

a a

a a a

a a a a a a

a


 



 



   

 

 

   

 

      



 



 



Vậy : (G) có dạng : 10x025x1217x x0 110x x0 2 5x x1 2 0

Bài toán 5: Trong P2 thực cho các đường bậc hai có phương trình

a. 4x02+x21+5x22+4x0x1−12x0x2−6x1x2=0
b. x02+4x12+x22−4x0x1+2x0x2−4x1x2=0
c. 5x02+x12+x22+2x0x1−4x0x2=0

Gọi tên các đường bậc hai trên
Lời giải:

2 2 2

0 1 2 0 1 0 2 1 2

2 2 2 2

0 1 2 0 1 0 2 1 2 2

2 2

0 1 2 2

).4 5 4 12 6 0

4 9 4 12 6 ) 14 0

(2 3 ) 14 0

a x x x x x x x x x

x x x x x x x x x x

x x x x

     

       

    

Đặt 0

0 0 1 2 2 2

1 2

2 3

0
14

X x x x

X X

X x

  




  





 ( cặp đường thẳng ảo liên hợp)

2 2 2

0 1 2 0 1 0 2 1 2

0 1 2

). 4 4 2 4 0

( 2 ) 0

b x x x x x x x x x
x x x

     

    

Đặt : X x02x1 x2  X2 0 Cặp đường thẳng trùng nhau

2 2 2

0 1 2 0 1 0 2

2 2 2

0 1 0 2 0 2

0 1 0 2

).5 2 4 0

( ) 4 4 0

( ) (2 ) 0

c x x x x x x x

x x x x x x

x x x x

    

     

    

Đặt :

0 0 1 2 2

0 0

1 0 2

0
2

X x x

X X

X x x

  



  



 



 ( cặp đường thẳng ảo liên hợp)
Bài toán 6: Trong P3 thực cho các mặt bậc hai có phương trình

a. x0
2

+x1
2

+x2
2

+x3
2

−2x0x1−2x0x2−2x0x3+2x1x2=0
b. x0

2
−4x1

2
−4x2

2
− x3

+6x0x1+2x0x2−2x0x3+4x1x2+2x1x3−2x2x3=0
c. 3x02+4x12−4x22− x32+14x0x1+2x0x2−2x0x3+4x1x2+2x1x3−2x2x3=0
Gọi tên các đường bậc hai trên

</div>
(4)<div class='page_container' data-page=4>

2 2 2 2

0 1 2 3 0 1 0 2 0 3 1 2

2 2 2 2

0 1 2 0 1 0 2 1 2 3 0 3

2 2

0 1 2 3 0 3

2 2 2

0 1 2 3 0 0

.) 2 2 2 2 0

( 2 2 2 ) 2 0

( ) 2 0

( ) ( ) 0

a x x x x x x x x x x x x
x x x x x x x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x

       

        

     

      

Đặt:

0 0 1 2

1 3 0

2 0

X x x x
X x x
X x

  




 






0 1 2

0 0 1 2

2 2 2

1 3 0

2 0

( ) : 0

X x x x

X x x G X X X

X x
  




     






 (vậy (G) là mặt nón)

2 2 2 2

0 1 2 3 0 1 0 2 0 3 1 2 1 3 2 3

.) 4 4 6 2 2 4 2 2 0

b x  x  x  x  x x  x x  x x  x x  x x  x x 
Bài toán 7: Trong P2 thực cho mục tiêu (S

0, S1, S2;E) và đường bậc hai (G) có phương

trình:

F(x0, x1, x2)=x02+2x12−2x22+4x0x1−6x1x2=0

a. Viết phương trình đường đối cực của các điểm S0, S1, S2, E

b. Tìm cực của đường thẳng (d): x0+x1− x2=0
c. Gọi tên của (G)

Lời giải:

Ta có: 0 0 0 1 0 0 2 0 0

|S 2; |S 4; |S 0

F F F

u u u

x x x

  

     

0 1 0 1 2 1 2

0 1 1

2 4 ; 4 4 6 ; 6 4

F F F

x x x x x x x

x x x

  

      

a. Đối cực với S0 đường thẳng (do): (u0: u1: u2) = (2:4:0)

với 0 0 0 1 0 0 2 0 0

|S 2; |S 4; |S 0

F F F

u u u

x x x

  

     

(d0): x02x10

Tương tự

- Đối cực S1 (0:1:0) là đường thẳng (d2) (u0: u1: u2) = (4:4:-6)

(d1): 2x02x1 3x2 0

- Đối cực S2 (0:0:1) là đường thẳng (d2) (u0: u1: u2) = (0:-6:-4)

(d2): 3x12x2 0

- Đối cực E(1:1:1) là đường thẳng (d3) (u0: u1: u2) = (6:2:-10)

(d3): 3x0x110x2 0

b. Tìm cực của đường thẳng (d): x0+x1− x2=0

Xét đường thẳng (d): x0+x1− x2=0 có u(1:1:-1)

</div>
(5)<div class='page_container' data-page=5>

0 1

0 1 2 1

1 2

3
10

2 4 1

4 4 6 1

6 4 1 1

x
x x

x x x x

x x

x





 

 

 

    

 

   

 




 Vậy cực của đường thẳng (d) là điểm A

3 1 1

( : : )

10 10 10

2 2 2

0 1 2 0 1 1 2

2 2 2

0 1 1 2 1 2

2 2 2

0 1 1 2 1 2

2 2 2 2 2

0 1 1 1 2 2 2 2

2 2 2

0 1 1 2 2

.) 2 2 4 6 0

( 2 ) 2 2 6

( 2 ) 2( 3 )

3 9 9

( 2 ) 2( 2 ) 0

2 4 4

3 5

( 2 ) 2( ) 0

2 2

c x x x x x x x

x x x x x x

x x x x x x x x

x x x x x

    

    

    

       

     

Đặt:

0 0 1

1 1 2

2 2

2
3

2( )

2
5
2

X x x

X x



  




 








 Khi đó (S): 0 1 2

2 2 2 0

X  X X 

là oval thực
Bài toán 8: Trong P2 cho đường bậc hai (G) có phương trình:

2 2

0 2 2 0 1 2 0 2 0

x x x x x x

    

a. Chứng minh rằng hai điểm A(1:0:0), B (1:1:0) liên hợp với nhau đối với (G)
b. Tìm cực D của đường AB

c. Cho E’ (1:0:1). Chứng minh rằng (A, B, D; E) là một mục tiêu và viết phương trình của
(G) đối với mục tiêu đó.

Lời giải:

Với A(1:0:0), B (1:1:0) ta có

1 1 1 1

(1 0 0) 1 0 0 1 0

1 0 1 0

t

a Ab

 

   

   

    

   

   

Vạy hai điểm A,B liên hợp với (G)

b/. 0 0 1 2 0

2 2 2 |A 2

F F

x x x

x x

 

    

; 1 0 1

2 |A 2

F F

x

x x

 

  

2 0

2 2 |A 2

F F

x x

 

   

</div>
(6)<div class='page_container' data-page=6>

Tương tự ta có: 0 0 1 2 0

2 2 2 |B 0

F F

x x x

x x

 

    

; 1 0 1

2 |b 2

F F

x

x x

 

  

;

2 0

2 2 |B 2

F F

x x

 

   

Vậy đối cực với điểm B là đường thẳng (d2): 2x12x2 0

Do đó, đối cực D của AB là giao của hai đường thẳng (d1) và (d2) có tạo D (0:1:1)

c. Đặt

dd
dd

, , , ,

a b c A B D

e E

 
 
  



Xét

1 0 0

1 1 0 1 0
0 1 1

a
b
c
 
 

  

 
 
 




1 0 0

1 1 0 1 0
0 1 1

a
b
c
 

 

  

 
 
 




Vậy {A,B,D} độc lập tuyến tính
Và E’= 2A-B+D nên là mục tiêu của P2. Gọi ( , , )e e e0 1 2

  

là cơ sở đại diện cho mục tiêu
đã cho. Ta có cơ sở đại diện cho mục tiêu (A,B,D;E’) là ( , , )u u u0 1 2

  
Khi đó ta có: u0 2 ;e u0 1e0 e u1; 2  e1 e2

       

Ta có cơng thức đổi tọa độ là:

' '

0 0 1

' '

1 1 2

2 2

x x x

x x




  



 






Thay vào (G) ta được ta được phương trình của (G) đối với mục tiêu đó là:
2

' ' 2 '2 ' ' ' ' ' ' '

0 1 2 0 0 1 1 2 0 1

' 2 ' 2 '2 ' '

0 1 2 0 1

(2 3 ) 2 (2 )( ) 2(2 ) 0

4 3 4 0

x x x x x x x x x x x

x x x x x

        

    

Bài toán 9: Trong P3 thực cho mặt bậc hai (G) có phương trình

x0
2

+x12+x22+x32−2x0x1−2x0x2−2x0x3+2x1x2=0
a. Tìm điểm kì dị của (G)

b. Tìm đối cực α của điểm A (1:0:0:0 ) đối với (G)
c. Tìm giao (G) α .

Lời giải:

</div>
(7)<div class='page_container' data-page=7>

0 1 2 3 0

0 1 2

1 1

0 1 2 2

2 0 3 3

0 1

0 0

0 1

0
0

0
F
x

x x x x x

F

x x x

x x

F x x x x

x x x x

F
x







    

 




  

     

  

 

  

     

   

     







 




Vậy : M (1:0:1:0) là điểm kì dị

b. Mặt đối cực α điểm A (1:0:0:0 ) đối với (G) là :x0  x1 x2 x3 0

c.Giao điểm (G)  α xác định bởi:

0 1 2 3

2 2 2 2

0 1 2 3 0 1 2 3 1 2

0 1 2 3

2 2 2 2

1 2 3 1 2 3 0 1 2 3 1 2

0 1 2

1 2 3

0 1 2 3 1 2

0 3

2 ( ) 2 0

( ) 2 ( ) 2 0

( ) 0

0
0
x x x x

x x x x x x x x x x
x x x x

x x x x x x x x x x x x

x

x x x
x x x

x x x x x x

x x

   





       




  



 

         




 



  

 

 

   

     



 

 

 


Vậy: (G)  α là hai đường thẳng (d

1):
3

0 1 2

0
x

x x x





  

 và (d

2):

1 2

0 3

0
0
x x
x x

 




 


B./ ĐỊNH LÍ PASCAL

1. Hình 6 đỉnh

Tập hợp 6 điểm phân biệt theo thứ tự A1, A2, A3 ,A4 ,A5, A6 gọi là hình 6 đỉnh.

Kí hiệu : A1A2A3A4A5A6 . Các Ai gọi là đỉnh của hình sáu đỉnh đó. Các cạnh là A1A2,

A2A3, A3A4, A4A5, A5A6 , A6 A1 . Các đỉnh đối diện là: A1 và A4 ; A2và A5; A3 và A6.

Các cạnh đối diện là : A1A2 và A4A5; A2A3 và A5A6 ; A3A4 và A6 A1.

2/ Định lí Pascal ( Về hình 6 đỉnh)

Cho các điểm A, B,C, D, E, F cùng thuộc một ovan hay nội tiếp ovan(có thể hốn đổi thứ
tự). Gọi P=AB DE,QÇ =BC EF, RÇ =CD F .

Khi đó các điểm P,Q, Rthẳng hàng.
Chứng minh.

</div>
(8)<div class='page_container' data-page=8>

P = AB DE; Q = BC EF; R= CD FA;M = AB CD; N =BC DE. Khi đó ta
chứng minh P, Q, R thẳng hàng

- Từ định lý Stayne đảo, ta có.

[

AB,AC,AD,AF

]

[

EB,EC,ED,EF

]

Nhưng:

[

AB,AC,AD,AF

]

[

M , C , D , R

]

[

EB,EC,ED,EF

]

[

B , C , N ,Q

]

Vì vậy ta có:

[

M , C , D , R

]

[

B , C , N ,Q

]

Chứng tỏ có một phép ánh xạ ảnh f: CD→CB mà f(M) = B, f(C) = C, f(D) = N, f(Q)

=R. Hơn thế f là phép xuyên tâm ( vì C tự ứng)

Suy ra: MB , DN, QR đồng quy. (hay P, Q, R thẳng hàng).

3. Định lý đảo Pascal (Định lý Pascal đảo tổng quát do Braikenridge, Maclaurin)

- Nếu một lục giác có giao điểm các cặp cạnh đối cùng nằm trên một đường thẳng thì lục
giác đó nội tiếp một conic

Trong trường hợp conic là đường tròn, định lý được phát biểu:

- Nếu một lục giác có giao điểm các cặp cạnh đối thẳng hàng và năm trong sáu đỉnh cùng
nằm trên đường trịn thì đỉnh cịn lại của lục giác đó cũng nằm trên đường trịn đó.

Chứng minh:

- Xét lục giác ABCDEF có A, B, C, D, E cùng nằm trên (O) và AB ∩ DE = {M}, BC ∩
DF = {N}, CD ∩ AF = {P}

- Theo giả thiết M, N, P thẳng hàng.
Vậy CD ∩ MN = {P}

EF ∩ (O) = {D;F’}, CD ∩ AF’ = {P’}
Lục giác ABCDEF’ nội tiếp (O)

Theo định lý Pascal: M, N, P’ thẳng hàng

 CD ∩ MN = {P’} => P ≡ P’ => F ≡ F’

Ta có thể viết lại định lý Pascal với đường trịn như sau:
Xét lục giác có 5 trong 6 đỉnh cùng nằm trên đường tròn.

Đỉnh còn lại của lục giác cũng thuộc đường trịn đó
<=> Giao điểm các cặp cạnh đối của lục giác thẳng hàng.
4. Các trường hợp đạc biệt cùa định lý Pascal

Ta có thể định nghĩa hình 5 đỉnh, 4 đỉnh, 3 định tương tự định
nghĩa hình 6 đỉnh

4.1 Định lý Pascal: ( hình 5 đỉnh)

Nếu hình 5 đỉnh ABCDE nội tiếp ovan (S)thì 3 giao điểm của
cạnh AB với cạnh EF, cạnh BC với tiếp tuyến của (S) tại F, cạnh
CD với cạnh FA thảng hàng

4.2 Định lý Pascal: (hình 4 đỉnh)

Nếu một hình 4 đỉnh ABCD nội tiếp một đường ovan thì giao
điểm các cặp cạnh đối diện và giáo điểm các tiếp tuyến tại các cặp
đỉnh đối diện là 4 điểm thẳng hàng

4.3 Định lý Pascal ( hình 3 đỉnh)

- Nếu một hình 3 đỉnh nội tiếp một ovan thì giao điểm của cạnh với
tiếp tuyến tại đỉnh đối diện là 3 điểm thẳng hàng.

</div>
(9)<div class='page_container' data-page=9>

Một đường tròn nội tiếp tứ giác ABCD lần lượt tiếp xúc với các cạnh AB, BC,CD, DA
tại E, F,G, H. Khi đó các đường thẳng AC, EG, BD, FH đồng quy.

Lời giải:

Gọi O=EG FH, XÇ =EH FGÇ .

Vì D là giao điểm của các tiếp tuyến với đường tròn tại G, H, áp dụng
định lý Pascal cho các điểm E,G,G, F, H, H, ta có:

EG FH O,

GG HH D,

GF HE X.

Ç =

Suy ra O, D, Xthẳng hàng.

Áp dụng định lý Pascal cho các điểm E, E, H, F, F,G,ta có:
EE FF B,

EH FG X,

HF GE O.

Ç =

Suy ra B, X,Othẳng hàng.

Từ đó ta được B,O, Dthẳng hàng.
Vậy EG, FH, BD đồng quy tại O.

Chứng minh tương tự đối với đường thẳng AC ta được điều phải chứng minh.
Bài toán 2:

Cho tam giác ABC nội tiếp trong một đường tròn. Gọi D, E lần lượt là các điểm chính
giữa của các cung AB, AC; P là điểm tuỳ ý trên cung BC; DP ABÇ =Q, PE ACÇ =R
.

Chứng minh rằng đường thẳng QRchứa tâm I của đường trịn nội tiếp tam giác ABC.
Lời giải:

Vì D, E lần lượt là điểm chính giữa của các cung
AB, AC nên CD, BE theo thứ tự là các đường phân
giác của góc ACB, ABC· · .

Suy ra I=CD EB.Ç

Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm
C, D, P, E, B, A, ta có:

CD EBÇ =I;
DP B =Q;

C
D

B
G

E
H

I R

Q E

D A

B C

P
(Hình 1)

Hình 1

(Hình 2)

</div>
(10)<div class='page_container' data-page=10>

PE ACÇ =R.
Vậy Q, I, R thẳng hàng.
Bài tốn 3:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường trịn (O), đường cao đỉnh A, B, C lần lượt cắt (O) tại
A’, B’, C’. D nằm trên (O), DA ' BCÇ =A",DB' CAÇ =B", DC' ABÇ =C".

Chứng minh rằng: A”, B”, C”, trực tâm H thẳng hàng.
Lời giải:

Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm
A, A ', D,C',C, B, ta có:

AA ' C 'C H,
A 'D CB A",
DC ' BA C".

Ç =

Vậy H, A",C" thẳng hàng.

Tương tự suy ra A”, B”, C”, H thẳng hàng.
Bài toán 4:

Ngũ giác ABCDE lồi thỏa mãn:

· · 0

CD=DE, BCD=DEA=90 . Điểm F trong đoạn AB sao cho

AF AE

BF=BC×

Chứng minh rằng: A, G ,B thẳng hàng
Lời giải:

Gọi P=AE BCÇ , Q, R lần lượt là giao điểm của AD và BD với
đường trịn đường kính PD, G=QC R .

Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm P,C,Q, D, R, E, ta có:

PC DR B,

CQ RE G,

QD EP A.

Ç =

Vậy A,G, B thẳng hàng.

Bài toán 5: (Định lý Brianchon)

Lục giác ABCDEF ngoại tiếp một đường trịn.
Khi đó AD, BE, CF đồng quy.

H
C"

A"
C'

B C

P
M

A
B

C D

F
H

K
J
I

Q
P

A E

D
C
B

(Hình 3)

Hình 3

(Hình 4)

</div>
(11)<div class='page_container' data-page=11>

Lời giải:

Gọi các tiếp điểm trên các cạnh lần lượt là G, H, I, J, K, L. Khi đó GH, HI, IJ, JK, KL,
LG lần lượt là đối cực của B, C, D, E, F, A.

Gọi GH JK N, HI KL P, IJ LG=M    

Theo Pascal cho lục giác GHIJKL ta có M, N, P thẳng hàng.

Mà M, N, P lần lượt là đối cực của AD, BE, CF nên suy ra AD, BE, CF đồng quy tại cực
của đường thẳng MNP.

Bài toán 6:

Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường cao đỉnh A, B, C lần lượt cắt (O) tại
A’, B’, C’. D nằm trên (O), DA ' BCÇ =A",DB' CAÇ =B", DC' ABÇ =C".

Chứng minh rằng: A”, B”, C”, trực tâm H thẳng hàng.
Lời giải:

Áp dụng định lý Pascal cho sáu điểm A, A ', D,C ',C, B, ta có:
AA ' C 'C H,

A 'D CB A",
DC ' BA C".

Ç =

Vậy H, A",C" thẳng hàng.

Tương tự suy ra A”, B”, C”, H thẳng hàng.

H
C"

C' B'

B C

D
Hình 5

(Hình 6)

</div>