Bài toán thẳng hàng và đồng quy pptx

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 1
BÀI TOÁ THẲG HÀG
A. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG.
1. Ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó khi và chỉ khi

0
ABC = 180


Ví dụ 1: Cho nửa đường tròn đường kính AB. Lấy điểm C thuộc AB
sao cho CA < CB và điểm M thuộc nửa đường tròn đó. Đường thẳng qua M,
vuông góc với MC cắt tiếp tuyến qua A của nửa đường tròn tại N. Đường
thẳng qua C, vuông góc với NC cắt tiếp tuyến qua B của nửa đường tròn tại P.
Chứng minh M, N, P thẳng hàng.
Giải:

P
N
O
A
B
C
M

M
∈
nửa đường tròn đường kính AB

0

AMB 90
⇒ =

mà

0
NMC 90
=


NMA CMB
⇒ =

Tứ giác ANMC có


0
NAC NMC 180
+ = ⇒
tứ giác ANMC nội tiếp


NMA NCA
⇒ =

lại có
ANC
∆
và
BCP

∆
đồng dạng


NCA CPB
⇒ =
.
Vậy


CMB CPB
=

⇒
tứ giác CMPB nội tiếp

0
CMP 90
⇒ =



0
NMC PMC 180
⇒ + = ⇒
N, M, P thẳng hàng .

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 2

Ví dụ 2:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Các tiếp tuyến qua
A, C cắt nhau ở M. Vẽ hình bình hành ACMN. Đường tròn ngoại tiếp tam
giác AMN cắt (O) ở D. Chứng minh N, D, C thẳng hàng.
Giải:
D
N
M
O
A
B
C



ADN AMN
=
( hai góc nội tiếp đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cùng
chắn

AN
).


NMA CAM
=
( vì NM // AC )


CAM CBA

=
( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây của đường
tròn (O) cùng chắn

AC
)


0
CBA CDA 180
+ =
( vì tứ giác ABCD nội tiếp đường tron (O))
Vậy


0
ADN CDA 180
+ =
hay ba điểm N, D, C thẳng hàng.

2. Ba điểm A, B, C thẳng hàng khi và chỉ khi đường thẳng AB và AC cùng
song song hoặc cùng vuông góc với một đường thẳng nào đó.

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 3
Ví dụ 3:
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB. Gọi C là trung
điểm của cung AB, K là trung điểm của đoạn BC. AK cắt (O) tại M. Kẻ CH
vuông góc với AM. OH cắt BC tại N. MN cắt (O) tại D. Chứng minh rằng B,

H, D thẳng hàng.
Giải:
D
N
H
M
K
C
O
A
B


0
AMB 90
=
( góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB) hay
BM AM
⊥
mà
CM AM
⊥
⇒
MB // CH lại có KC = KB nên tam giác KMB =
tam giác KHC
⇒
BH // CM. (1)
lại có OC = OM
⇒
O

∈
trung trực của CM .

0
CMA 45
=
,

0
CHM 90
=

⇒
tam giác CHM vuông cân
CH MH
⇒ =
⇒
H
∈

trung trực của CM. Vậy OH là trung trực của CM.
N
⇒ ∈
trung trực của CM
hay NC = NM
⇒
tam giác NCM cân


NCM NMC

⇒ =

lại có


DMC DBC
=
( hai góc nội tiếp đường tròn (O) cùng chắn

DC

Vậy


BCM CBD
=

⇒
DB // CM (2)
Từ (1) và (2)
⇒
D, H, B thẳng hàng.

Ví dụ 4:
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi
1 1 1
A ;B ;C
là
trung điểm của các cung




BC;CA;AB
của đường tròn (O) và I là tâm đường
tròn nội tiếp của tam giác ABC.
1 1
A C
cắt AB ở M,
1 1
A B
cắt AC ở N. Chứng
minh M, I, N thẳng hàng.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 4
Giải:
N
M
I
A
1
B
1
C
1
O
B
C
A

Dễ thấy
1 1 1
AA ;BB ;CC
đồng quy tại I.

 
(
)


(
)


1 1 1 1 1 1 1 1
1 1 1
A IC sdA C sdC A sdA B sdBC sdA C A CI
2 2 2
= + = + = =
⇒
tam
giác
1
A IC
cân.
Lại có


1 1 1 1
AA B CA B

=
(hai góc nội tiếp (O) chắn hai cung bằng nhau


1 1
AB B C
=

Vậy
1 1
A B
là trung trực của IC nên tam giác NIC cân


NIC NIC
⇒ =
mà


NCI ICB
=



NIC ICB
⇒ = ⇒
IN // BC.
Chứng minh tương tự ta được IM // BC.
Vậy N, I, M thẳng hàng.

Ví dụ 5:
Cho nửa đường tròn đường kính AB. Về cùng một phía với
nửa đường tròn đó, vẽ hình vuông ABCD. M là điểm tùy ý thuộc nửa đường
tròn. Về phía ngoài tam giác MAB vẽ hình vuông BMNE. Chứng minh C, E,
N thẳng hàng.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 5
Giải:
E
N
C
D
A
B
M

Xét tam giác ABM và tam giác CBE có;
Vì




0
ABC MBE 90 ABM CBE
= = ⇒ =
; AB = CB; MB = EB


ABM CBE AMB CEB

⇒ ∆ = ∆ ⇒ =

Mà

0
AMB 90
=
(góc nội tiếp chắn nửa đường tròn đường kính AB)
Vậy
BE CE
⊥
lại có
BE NE
⊥
vậy E, N, C thẳng hàng.

3. Sử dụng định lí Menelaus vào chứng minh 3 điểm thẳng hàng.

Định lí Menelaus:

Cho tam giác ABC, trên các cạnh AB, AC và phần kéo dài của cạnh CB lần
lượt lấy 3 điểm M, , P. Khi đó điều kiện cần và đủ để ba điểm M, , P thẳng
hàng là:
. . 1
=
MA PB C
MB PC A

Chứng minh:

*) Giả sử M, , P thẳng hàng.
Kẻ CG // PM (
G AB
∈
)
Xét tam giác BMP có GC // MP
PB MB
PC MG
⇒ =

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 6
G
N
A
B
C
M
P

Xét tam giác AGC có MN // GC
NC MG
NA MA
⇒ =
.
Vậy
MA PB NC MA MB MG
. . . . 1
MB PC NA MB MG MA

= =

**) Giả sử
MA PB NC
. . = 1
MB PC NA

Xét đường thẳng MN cắt BC tại P’. vậy M, N, P’ thẳng hàng theo phần trên ta
có
MA P'B NC
. . 1
MB P'C NA
=
. Kết hợp với
MA PB NC
. . 1
MB PC NA
=
ta được
PB P'B
PC P'C
=
do đó
P P'
≡
hay M, N, P thẳng hàng.
Lưu ý: Định lí vẫn đúng trong trường hợp cả ba điểm M, , P cùng nằm
trên phần kéo dài của ba cạnh của tam giác ABC.

Ví dụ 6:

Cho tam giác ABC không cân, AD là phân giác ngoài, BE, CF
là các phân giác trong của tam giác. Chứng minh rằng D, E, F thẳng hàng.
Giải:
x
E
F
DC
B
A

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 7
Trong tam giác ABC:
*) AD là phân giác
DC AC
DB AB
⇒ =
(1)
*) BE là phân giác
EA BA
EC BC
⇒ =
(2)
*) CF là phân giác
FB CB
FA CA
⇒ =
(3)
Nhân vế với vế của (1); (2); (3) được

DC EA FB AC BA CB
. . . . 1
DB EC FA AB BC CA
= =

Xét tam giác ABC có E, F nằm trong các cạnh AC, AB, D nằm ngoài cạnh BC
( D thuộc đường thẳng BC) và
DC EA FB
. . 1
DB EC FA
=
. Theo định lí Menelaus ta có
D, E, F thẳng hàng.

Ví dụ 7:
Cho tam giác ABC không cân nội tiếp đường tròn (O). Tiếp
tuyến của (O) tại A cắt BC ở M, tiếp tuyến của (O) tại B cắt AC ở N, tiếp
tuyến của (O) tại C cắt AB ở P. Chứng minh M, N, P thẳng hàng.
Giải:
N
M
P
O
B
C
A

Có



CBN CAB
=

( góc nội tiếp và góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung cùng
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 8
chắn cung

CB
của (O))
⇒
NBC
∆
và
NAB
∆
đồng dạng
NB NC BC
NA NB AB
⇒ = =
2
2
NB NC BC BC NC BC
. .
NA NB AB AB NA AB
⇒ = ⇒ =
(1)
Tương tự ta chứng minh được
2

2
MB AB
MC AC
=
(2) ;
2
2
PA CA
PB CB
=
(3)
Nhân vế với vế của (1); (2); (3) ta được
2 2 2
2 2 2
NC MB PA BC AB CA
. . . . 1
NA MC PB BA AC CB
= =

Dễ thấy M, N, P đều nằm ngoài các cạnh của tam giác ABC. Áp dụng định lí
Menelaus trong tam giác ABC với 3 điểm M, N, P ta có M, N, P thẳng hàng.

B. BÀI TẬP LUYỆN TẬP

Bài tập 1:
Cho đường tròn (O), từ điểm M nằm ngoài đường tròn kẻ hai
tiếp tuyến MA, MB với (O). C là một điểm trên đường tròn (M, MA) và nằm
trong đường tròn (O). AC và BC cắt đường tròn (O) lần lượt tại A
1
và B

1
.
Chứng minh A
1
; O; B
1
thẳng hàng.
Giải:

C
1
B
1
B
A
O
M
C

Có


1 1
1
BAC BOC
2
=
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn

1

BC
của (O) )
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 9
Có


1
BAC BMC
2
=
(góc nội tiếp và góc ở tâm cùng chắn

BC
của (M) )
Vậy


1
BMC BOC
=
.
Chứng minh tương tự ta có


1
AMC AOB
=

Lại có


0
MAO MBO 90
= = ⇒
tứ giác MAOB nội tiếp


0
AMB AOB 180
⇒ + =









1 1 1 1
B OC B OA AOB BOC AMC AOB CMB
⇒ = + + = + +



0
AMB AOB 180
= + =

. Vậy B
1
, O, C
1
thẳng hàng.

Bài tập 2:
Cho tam giác ABC có các góc nhọn nội tiếp đường tròn (O).
H là trực tâm của tam giác, M là một điểm trên cung BC không chứa A. Gọi
N, E lần lượt là các điểm đối xứng của M qua các đường thẳng AB, AC.
Chứng minh ba điểm N, H, E thẳng hàng.
Giải:
CH cắt AB ở P, cắt (O) tại Q.
Có


QAB QCB
=
(hai góc nội tiếp (O) cùng chắn

BQ
) (1)
Có


0
APC AGC 90
= = ⇒
tứ giác APGC nội tiếp đường tròn đường kính
AC



PAG PCG
⇒ =
hay


QCB BAH
=
(2)
G
R
Q
P
E
N
H
K
O
A
B
C
M

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 10
Từ (1) và (2)



QAP HAP
⇒ =
. Xét tam giác AQH có AP vừa là đường cao vừa
là phân giác nên tam giác AQH cân hay H và Q đối xứng qua AB.
Mà M và N đối xứng qua AB nên

MQA
và

NHA
đối xứng qua
AB


AHN AQM
⇒ =

Chứng minh tương tự ta được


AHE ARM
=
.




AHN AHE AQM ARM
⇒ + = +
, lại có tứ giác AQMR nội tiếp (O) nên



0
AQM ARM 180
+ =
. Vậy


0
AHN AHE 180
+ =
hay N, H, E thẳng hàng.

Bài tập 3:
Cho tam giác ABC vuông tại A, trên AC lấy D bất kì, từ D
kẻ đường thẳng vuông góc với BC cắt BC ở E và cắt đường thẳng BA tại F.
Đường tròn ngoại tiếp tam giác ADF và đường tròn ngoại tiếp tam giác CDE
cắt nhau tại điểm thứ hai P. Chứng minh
a)

C, P, F thẳng hàng.
b)

B, D, P thẳng hàng.
Giải:
a) Tam giác CDE vuông tại E
⇒
CD là đường kính của đường tròn ngoại tiếp
P
F

E
C
A
B
D

tam giác CDE.
P
∈
đường tròn đường kính CD

0
DPC 90
⇒ =

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 11
Tương tự ta chứng minh được

0
DPF 90
⇒ =

Vậy


0
DPC DPF 180
+ =

hay C, P, F thẳng hàng.
b) Xét tam giác BCF có FE, CA là hai đường cao
⇒
D là trực tâm của tam
giác BCF
BP CF
⇒ ⊥
. Đã có
DP CF
⊥
. Vậy P, D, B thẳng hàng.

Bài tập 4:
Cho tam giác ABC ngoại tiếp đường tròn tâm I. BC tiếp xúc
với (I) tại D, gọi E là trung điểm của AD, F là trung điểm của BC. Chứng
minh ba điểm E, I, F thẳng hàng.
Giải:

c
a
b
T
G
K F
E
D
I
A
B
C

AB = AC bài toán hiển nhiên đúng.
Giả sử AC > AB. Gọi K là giao điểm của AI và BC.
Xét tam giác ABK, BI là phân giác
IK BK
IA BA
⇒ =

Xét tam giác ABC, AK là phân giác
BK CK
BA CA
⇒ =

Vậy
IK BK CK BK CK BC a
IA BA CA BA CA BA CA b c
+
= = = = =
+ + +
(1)
Có CD = CG; AG = AT; BT = BD (tính chất tiếp tuyến)
(
)
(
)
(
)
(
)
CD CG CB BD CA AG CB CA BT AT a b c

⇒ + = − + − = + − + = + −

a b c
2CD a b c CD
2
+ −
⇔ = + − ⇔ =

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 12

a b c a b c
DF CD CF
2 2 2
+ − −
⇒ = − = − =

Lại có
BK AB BK CK AB AC a b c ab
CK
CK AC CK AC CK b b c
+ + +
= ⇔ = ⇔ = ⇒ =
+

(
)
( ) ( )
(

)
( )
2ab a b c a b c
ab a ab ac
FK CK CF
b c 2 2 b c 2 b c 2 b c
− + −
−
⇒ = − = − = = =
+ + + +

Vậy
(
)
( )
a b c
FD b c b c
:
FK 2 2 b c a
−
− +
= =
+
(2)
Xét tam giác ADK,
E AD;I AK;F DK
∈ ∈ ∈
và F nằm ngoài đoạn DK có
IK FD EA a b c
. . . .1 1

IA FK ED b c a
+
= =
+

Theo định lí Menelaus ta được E, I, F thẳng hàng.

C. BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài tập 5:
Cho tam giác ABC với trực tâm H, trọng tâm G, tâm đường
tròn ngoại tiếp O. Chứng minh G, H, O thẳng hàng ( đường thẳng Ơ-le)

Bài tập 6:
Giả sử M là một điểm tùy ý trên đường tròn ngoại tiếp tam
giác ABC. H, I, K lần lượt là hình chiếu của M trên các đường thẳng BC, CA,
AB. Chứng minh H, I, K thẳng hàng ( đường thẳng Sim-sơn)

Bài tập 7:
Cho nửa đường tron (O) đường kính AB. M là điểm tùy ý
trên nửa đường tròn sao cho MA < MB. Trên nửa mặt phẳng bờ AM không
chứa B vẽ hình vuông MACD. MC cắt nửa đường tròn (O) ở E. BE cắt tiếp
tuyến tại A của nửa đường tròn (O) ở F. Chứng minh C, D, F thẳng hàng.
(Tương tự ví dụ 5).

Bài tập 8:
Chứng minh rằng các hành chiếu của chân đường cao AA
1

của tam giác ABC lên các cạnh AB, AC và lên hai đường cao BB
1

, CC
1
của
tam giác ABC là bốn điểm thẳng hàng
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 13
BÀI TOÁ ĐỒG QUY
A. MỘT SỐ PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH BA ĐƯỜNG THẲNG
ĐỒNG QUY.
1. Đưa bài toán đồng quy về bài toán thẳng hàng.


Ví dụ 1
Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ hai đường
tròn (O
1
), (O
2
), đường kính AB và đường kính BC. Gọi DE là tiếp tuyến
chung ngoài của (O
1
) và (O
2
)
(
)
(
)
(

)
1 2
D O ,E O∈ ∈ . Chứng minh rằng đường
thẳng BD, đường thẳng vuông góc với AC tại C và đường thẳng vuông góc
với AE tại E đồng quy.

Giải:
S
R
D
E
O
2
O
1
A
C
B

Giả sử đường thẳng qua C, vuông góc với AC và đường thẳng qua E, vuông
góc với AE cắt nhau tại R. Ta chứng minh DB đi qua R hay R, B, D thẳng
hàng.
Vẽ tiếp tuyến chung trong BS.
Dễ thấy: SB = SE; SB = SD (tính chất tuyết tuyến)
⇒
tam giác DBE vuông tại B hay
BE BD
⊥
. Lại có


0
BEC 90
=
(góc nội tiếp
chắn nửa đường tròn đường kính BC) hay
BE EC
⊥
. Vậy EC // DB


DBA ECB
⇒ =
(đồng vị) (1)
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 14
Lại có


1
ADE sdDBA
2
=
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của đường
tròn (O
1
) ).


1

DBA sd AD
2
=
(góc nội tiếp đường tròn (O
1
)
Vậy




(
)
0
1
ADE DBA sd DBA sd AD 180
2
+ = + =
(2)
Từ (1) và (2) ta có


0
ADE ECA 180
+ =

⇒
tứ giác ADEC nội tiếp.
Lai có



0
REA RCA 90
= =

⇒
tứ giác AECR nội tiếp đường tròn đường kính
AR.
Vậy 5 điểm A, D, E, C, R cùng thuộc đường tròn đường kính AR

0
ADR 90
⇒ =
hay
RD AD
⊥

Mà
D
∈
đường tròn đường kính AB

0
ADB 90 BD AD
⇒ = ⇒ ⊥

Vậy R, B, D thẳng hàng.

Ví dụ 2:
Về phía ngoài tam giác ABC vẽ ba tam giác đều ABC

1
, BCA
1
,
CAB
1
. Chứng minh rằng AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy.

Giải:
G
A
1
C
1
B
1
C
B
A

Giả sử AA
1
và BB
1

cắt nhau tại G. Ta đi chứng minh C, G, C
1
thẳng hàng.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 15
Xét tam giác CBB
1
và tam giác CA
1
A có: CB = CA
1
; CB
1
= CA;



0
1 1
A CA 60 BCA BCB
= + =
. Vậy




1 1 1 1
CBB CA A CB G CAG;CBG CA G
∆ = ∆ ⇒ = =

. Vậy tứ giác CB
1
AG và tứ
giác CA
1
BG nội tiếp.



0 0
1 1
CGA CB A 180 CGA 120
⇒ + = ⇒ =
và

0
CGB 120
=

Vậy

0
BGA 120
=
⇒
tứ giác BGAC
1
có



0
1
BGA BC A 180
+ =
nội tiếp


0
1 1
AGC ABC 60
⇒ = =
.
Do đó



0
1 1
CGC CGA AGC 180
= + = ⇒
CGC
1
thẳng hàng.

Ví dụ 3:
Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q
lần lượt là các tiếp điểm của (O) với các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh
rằng bốn đường thẳng AC, BD, MP, NQ đồng quy.
Giải:

I
K
H
D
C
B
A
P
N
M
Q

Giả sử MP cắt AC tại I ta chứng minh Q, I, N thẳng hàng.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 16
Xét tam giác HAC,
M AH;I AC;P HC
∈ ∈ ∈
, trong đó có một điểm nằm ngoài
cạnh tam giác. Áp dụng menelaus ta được:
IC PH MA
. . 1
IA PC MH
=
mà PH = MH nên
IC MA IC PC
. 1
IA PC IA MA
= ⇔ =

.
Với tam giác AKC, xét ba điểm
Q AD;I AC;N KC
∈ ∈ ∈
và N nằm ngoài cạnh
KC. Ta có:
IC NK QA PC NK QA
. . . . 1
IA NC QK MA NC QK
= =
(do PC = NC; NK = QK; MA =
QA). Theo định lí Menelaus ta được Q; I; N thẳng hàng hay MP, AC; QN
đồng quy. Tương tự ta chứng minh được BD, MP, QN đồng quy. Vậy bốn
đường thẳng AC, BD, MP, NQ đồng quy.

2. Ba đường thẳng đang xét là ba đường đặc biệt trong tam giác (phân giác,
đường cao, )

Ví dụ 4:
Cho tam giác ABC. Gọi (O
1
), (O
2
) là hai đường tròn đường
kính AB và đường kính AC. (O
1
) cắt đường thẳng AC ở B
1
. (O
2

) cắt đường
thẳng AB ở C
1
. (O
1
) và (O
2
) cắt nhau tại A
1
. Chứng minh ba điểm B, A
1
, C
thảng hàng và ba đường thẳng AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy.
Giải:
A
1
C
1
B
1
A
B
C

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 17
1
A
∈
đường tròn đường kính AB

0
1
BA A 90
⇒ =

1
A
∈
đường tròn đường kính AC

0
1
CA A 90
⇒ =
Vậy



0
1 1 1
BA C BA A CA A 180
= + = nên B, A

1
, C thẳng hàng.
Vậy AA
1
là đường cao của tam giác ABC.
1
B
∈
đường tròn đường kính AB

0
1
BB A 90
⇒ =
nên BB
1
là đường cao của
tam giác ABC.
1
C
∈
đường tròn đường kính AC

0
1
CC A 90
⇒ =
nên CC
1
là đường cao của

tam giác ABC.
AA
1
, BB
1
, CC
1
là ba đường cao trong tam giác ABC nên đồng quy.

Ví dụ 5:
Cho đường tròn (O) và dây BC không phải là đường kính.
Tiếp tuyến của (O) tại B, C cắt nhau ở A. M là điểm tùy ý thuộc cung nhỏ

BC
. Tiếp tuyến qua M cắt AB, AC ở D, E. OD, OE cắt BC lần lượt ở I, K.
Chứng minh MO, DK, EI đồng quy.

Giải

K
I
E
D
A
O
B
C
M

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 18
Ta có
OM DE
⊥
(t/c tiếp tuyến) hay OM là đường cao của tam giác ODE.
Ta có DB = DM (tính chất tiếp tuyến)
⇒
D thuộc trung trực của BM.
OB = OM (bán kính)
⇒
O thuộc trung trực của BM.
Vậy DO là trung trực của BM hay B, M đối xứng qua DO


I BM IMD IBD
∈ ⇒ =
(tính chất đối xứng)
Có


1
BDI sdBC
2
=
(góc tạo bởi tia tiếp tuyến và dây cung của (O))








1 1 1 1
DOE DOM MOE BOM MOC BOC sdBC
2 2 2 2
= + = + = =
(tính chất tiếp
tuyến và tính chất góc ở tâm)
Vậy


DMI IOE
= ⇒
tứ giác MIOE nội tiếp


0
OIE OME 90
= =
hay EI là đường
cao của tam giác ODE. Chứng minh tương tự ta được DK là đường cao của
tam giác ODE.
Vậy trong tam giác ODE, ba đường cao OM, DK, EI đồng quy.

3. Sử dụng định lí Ceva vào chứng minh ba đường thẳng đồng quy.
Định lí Ceva:
Cho tam giác ABC, trên các cạnh AB, BC, CA lấy các điểm M,
N, P. Khi đó điều kiện cần và đủ để ba đường thẳng AN, BP, CM đồng quy là
MA NB PC

. . 1
MB NC PA
=

M
G
A
B
C
N
P

Chứng minh:
*) Giả sử A, BP, CM đồng quy tại G
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 19
Xét
ABN : M AB,G AN,C BN
∆ ∈ ∈ ∈
, áp dụng định lí Menelaus:
MA GN CB
. . 1
MB GA CN
=
(1)
Xét
ANC:P AC,G AN,B NC
∆ ∈ ∈ ∈
, áp dụng định lí Menelaus:

GA BN PC
. . 1
GN BC PA
=
(2)
Nhân vế với vế của (1) và (2) được:
MA GN CB GA BN PC MA PC NB
. . . . . 1 . . 1
MB GA CN GN BC PA MB PA NC
= ⇔ =

**) Giả sử
MA PC B
. . = 1
MB PA C

Giả sử BP cắt CM tại G, AG cắt BC tại N’. Xét ba đường thẳng đồng quy
AN’, BP, CM thỏa mãn điều kiện của *)
MA PC N'B
. . 1
MB PA N'C
⇒ =

Vậy
NB N'B
N N'
NC N'C
= ⇒ ≡
hay AN, BP, CM đồng quy.

Lưu ý:
Định lí Ceva vẫn đúng trong trường hợp có hai trong ba điểm M, ,
P nằm ngoài cạnh của tam giác (vẫn thuộc đường thẳng chứa cạnh ). Ba
đường thẳng song song được coi như đồng quy tại vô cùng xa.

Ví dụ 6:
Cho tam giác ABC, đường tròn nội tiếp tam giác tiếp xúc với
các cạnh BC, CA, AB lần lượt tại A
1
, B
1
, C
1
. Chứng minh AA
1,
BB
1
, CC
1

đồng quy.
Giải:
Tam giác ABC có
1 1 1
A BC,B AC,C AB
∈ ∈ ∈

Xét
1 1 1
1 1 1

B A A C C B
. . 1
B C A B C A
=
do AB
1
= AC
1
; CB
1
= CA
1
; BA
1
= BC
1
.
Vậy theo định lí Ceva ta có AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 20
A
1
B

1
C
1
O
A
B
C


Ví dụ 7:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, trực tâm H. Gọi giao điểm
của AH, BH, CH với BC, CA, AB lần lượt là A
1
, B
1
, C
1
. A
1
C
1
cắt BB
1
ở D,
A
1
B
1
cắt CC
1

ở E. Chứng minh ba đường thẳng C
1
B
1
, DE, BC đồng quy.
Giải:
H
D
E
B
1
C
1
A
1
A
B
C

Tam giác C
1
A
1
E, xét ba điểm thẳng hàng
1 1 1 1 1
D C A ,H C E,B A E
∈ ∈ ∈
trong
đó có B
1

nằm ngoài cạnh A
1
E. Theo định lí Menelaus:
1 1 1
1 1 1
DC B A
HE
. . 1
DA B E HC
=

(1)
Có


0
1 1
BC H BA H 90
= =
⇒
tứ giác BC
1
HA
1
nội tiếp


1 1 1
C A H C BH
⇒ =

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 21
Có


0
1 1
HA C HB C 90
= = ⇒
tứ giác CB
1
HA
1
nội tiếp


1 1 1
B A H B CH
⇒ =

Có


0
1 1
BC C BB C 90
= = ⇒
tứ giác BC

1
B
1
C nội tiếp


1 1 1 1
C BB C CB
⇒ =
Vậy


1 1 1
C A H EA H
=
⇒
A
1
H là phân giác trong của tam giác A
1
C
1
E.
Lại có
1 1
HA A C
⊥

⇒
A

1
C là phân giác ngoài của tam giác A
1
C
1
E.
1
1 1 1 1
A E
HE CE
HC A C CC
⇒ = =
(2)
Từ (1) và (2) được
1 1 1
1 1 1
DC B A
CE
. . 1
DA B E CC
=

Tam giác A
1
C
1
E, xét ba đường thẳng A
1
B, ED, C
1

B
1
lần lượt đi qua ba đỉnh
A
1
, E, C
1
của tam giác và
1 1 1 1 1
C C E,D C A ,B A E
∈ ∈ ∈
trong đó có một điểm
nằm ngoài cạnh của tam giác và
1 1 1
1 1 1
DC B A
CE
. . 1
DA B E CC
=
. Theo định lí Ceva ta có
ba đường thẳng C
1
B
1
, DE, BC đồng quy.
BÀI TẬP LUYỆN TẬP

Bài tập 1:
Đường tròn bàng tiếp góc A của tam giác ABC tiếp xúc với

BC, CA, AB tại A
1
, B
1
, C
1
. Chứng minh AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy.
Giải:
C
B
A
A
1
C
1
B
1

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 22
Tam giác ABC, xét ba đường thẳng AA
1
, BB

1
, CC
1

có
1 1 1
A BC,B AC,C AB
∈ ∈ ∈
trong đó có hai điểm nằm ngoài cạnh tam giác.
1 1 1
1 1 1
A B B C C A
. . 1
A C B A C B
=
vì
1 1 1 1 1 1
A B C B,A C B C,C A B A
= = =

Theo Ceva ta có AA
1
, BB
1
, CC
1
đồng quy.

Bài tập 2:
Cho đường tròn tâm O đường kính AB. Đường thẳng d tiếp

xúc với (O) tại A. Từ điểm T bất kì trên d kẻ tiếp tuyến thứ hai TM với (O).
Gọi P, Q lần lượt là hình chiếu vuông góc của M lên đường kính AB và d.
Chứng minh ba đường thẳng AM, PQ, OT đồng quy.
Giải:
M
P
Q
M
O
A
B
T

Dễ thấy MQBP là hình chữ nhật
QP
⇒
đi qua trung điểm của BM
TB = TM
⇒
T
∈
trung trực của BM
OB OM O
= ⇒ ∈
trung trực của BM. Vậy TO là trung trực của BM
⇒
BM đi
qua trung điểm của BM.
Vậy TO, BM, QP cùng qua trung điểm của BM
⇒

ba đường thẳng đồng quy.

Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 23

Bài tập 3:
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O). Gọi M, N, P, Q
lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC, CD, DA. Chứng minh rằng các
đường thẳng kẻ từ M, N, P, Q lần lượt vuông góc với CD, DA, AB, BC đồng
quy.
Giải:

H
I
P'
M'
Q
P
N
M
O
A
D
C
B

Giả sử MM’ cắt PP’ ở H.
Xét tứ giác OPHM có
OP DC

⊥
( định lí đường kính và dây)
MM' DC
⊥
(giả thiết)
Vậy MH // OP, tương tự PH // OM. Vậy tứ giác OPHM là hình bình hành hay
O, H đối xứng qua trung điểm của PM.
Tương tự ta chứng minh được giao điểm của NN’ và QQ’ cũng đối xứng với
O qua trung điểm của QN.
Mà tứ giác MNPQ là hình bình hành nên trung điểm của QN cũng là trung
điểm của MP.
Tóm lại bốn đường thẳng MM’, NN’, PP’, QQ’ cùng đi qua điểm đối xứng
của O qua I (I là giao của QN và MP) hay chúng đồng quy.
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 24
Bài tập 4:
Cho đường tròn (O). Qua C nằm ngoài đường tròn (O) kẻ
hai tiếp tuyến CD, CE và cát tuyến CAB với đường tròn (O). Vẽ đường kính
MN vuông góc với dây AB của (O). CM cắt (O) tại F. Chứng minh ba đường
thẳng AB, DE, NF đồng quy.
Giải:
M'H
I
M
F
N
M
E
D

O
A
C
B

Giả sử DE cắt AB tại M. Tứ giác OIMH nội tiếp
CM.CH CI.CO
⇒ =

Xét tam giác vuông CDO, đường cao DI
2
CI.CO CD
⇒ =
.
Vậy
2
CM.CH CD
=
(1)
Giả sử FN cắt AB tại M’. Tứ giác HMFO nội tiếp
CM'.CH CF.CM
⇒ =

Lại có CD là tiếp tuyến, CFM là cát tuyến của (O)
2
CF.CM CD
⇒ =

Vậy
2

CM'.CH CD
=
(2).
Từ (1) và (2)
M M'
⇒ ≡
hay AB, DE, FN đồng quy.

Bài tập 5:
Cho nửa đường tròn đường kính AB. Từ A, B vẽ hai tiếp
tuyến Ax, By với nửa đường tròn. Từ điểm M tùy ý trên nửa đường tròn vẽ
tiếp tuyến với nửa đường tròn, nó cắt Ax tại C, cắt By tại D. Gọi A’ là giao
điểm của BM với Ax, B’ là giao điểm của AM với By. Chứng minh ba đường
thẳng B’A’, DC, AB đồng quy.
Giải:
Chuyên đề bồi dưỡng học sinh giỏi Thẳng hàng và đồng quy

Vũ Đức Kiên – Trường Thực hành sư phạm, CĐSP Quảng Ninh trang 25
B'
A'
D
C
O
A
B
M

Tam giác AA’M, xét ba đường thẳng AB cắt A’M tại B, CD cắt AA’ tại C,
A’B’ cắt AM tại B’.
Có

BA' CA B'M
. . 1
BM CA' B'A
=
do CA = CA’, AA’ // BB’.

BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Bài tập 6:
Cho tam giác ABC có ba góc nhọn, trực tâm H và tâm đường
tròn ngoại tiếp O. AH, BH, CH cắt (O) lần lượt tại A
1
, B
1
, C
1
. OA
1
cắt BC tại
A
2
, OB
1
cắt CA tại B
2
, OC
1
cắt AB tại C
2
. Chứng minh AA
2

, BB
2
, CC
2
đồng
quy.

Bài tập 7:
Cho đường tròn tâm O đường kính BC và điểm A nằm
ngoài đường tròn. Đường thẳng AB cắt đường tròn (O) tại D khác A, đường
thẳng AC cắt đường tròn (O) tại E khác C. Đường tròn ngoại tiếp tam giác
ADE và đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC cắt nhau tại điểm F khác A.
Chứng minh AF, DE, BC đồng quy.