MỘT SỐ HƯỚNG TIẾP CẬN BÀI TOÁN CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG

Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

Chuyên đề
MỘT SỐ HƯỚNG TIẾP CẬN
BÀI TOÁN CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG

PHẦN I
KHÁI QUÁT CHUNG
Bài toán chứng minh thẳng hàng là một dạng toán khá quen thuộc, nhất là
trong các đề thi học sinh giỏi. Nhưng khi gặp dạng toán này, nhiều học sinh tỏ ra
rất lúng túng. Để loại bỏ sự lúng túng ấy, ở chuyên đề sau đây, tôi đã thống kê một
số hướng cơ bản để giúp học sinh tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng, kèm
theo là một số ví dụ minh họa. Sự phân loại các phương pháp trong chuyên đề chỉ
mang tính cá nhân.
Một số hướng tiếp cận cơ bản khi gặp bài toán chứng minh thẳng hàng:
1. Hướng 1: Sử dụng góc bù
2. Hướng 2: Sử dụng tính chất của hình bình hành
3. Hướng 3: Sử dụng tiên đề về đường thẳng song song
4. Hướng 4: Sử dụng các tính chất của đường tròn
5. Hướng 5: Sử dụng 2 tia trùng nhau hoặc đối nhau
6. Hướng 6: Thêm điểm
7. Hướng 7: Sử dụng định lý Mê-nê-la-uýt
Đối tượng để dạy bồi dưỡng chuyên đề này là các em học sinh khá, giỏi toán
lớp 9, chủ yếu là các học sinh trong đội tuyển học sinh giỏi toán 9.
Dự kiến chuyên đề sẽ được bồi dưỡng trong 3 buổi, với thời lượng 9 tiết.

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
1
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

PHẦN II
PHƯƠNG PHÁP CỤ THỂ VÀ VÍ DỤ MINH HỌA
I. Hướng thứ nhất: Sử dụng góc bù
+ Nếu có
·
·
0
180ABx xBC+ =
thì 3 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó.
+ Tổng quát: Nếu quay xung quanh điểm A các tia AB
1
, AB
2
, , AB
n
lần lượt theo
thứ tự ấy mà
·
·
·
0
1 2 2 3 1
180
n n
B AB B AB B AB
−
+ + + =
thì 3 điểm B
1
; A; B

n
thẳng hàng.
Ví dụ 1
Cho tam giác ABC có các góc B và C nhọn, đường cao AH. Dựng ra phía
ngoài tam giác ABC các tam giác vuông cân ABD, ACE (
·
BAD
=
·
CAE
= 90
0
). Gọi
M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng H, A, M thẳng hàng.
Giải
Dựng hình bình hành AEFD
⇒ M là trung điểm của AF (t/c hình bình hành) và EF = DA = BA
Mặt khác EA = CA (gt);
·
AEF
=
·
CAB
(Cùng bù với
·
DAE
)
⇒EFA = ABC (c-g-c)
⇒
µ

µ
1 1
A C=
( Hai góc tương ứng)
Mà
¶
µ
2 1
A C+
= 90
0

⇒
µ
¶
1 2
A A+
= 90
0
⇒
µ
¶
µ
0
1 2 3
180A A A+ + =
Hay
·
0
180FAH =

⇒ M, A, H thẳng hàng.
Ví dụ 2
Cho ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O), điểm M bất kỳ trên cung nhỏ BC.
E, F thứ tự là các điểm đối xứng của M qua AB, AC, gọi H là trực tâm ABC.
Chứng minh rằng E, H, F thẳng hàng.
Giải
Gọi B’ là giao điểm của BH và AC;

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
2
1
1
2
3
M
F
E
D
H
C
B
A
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

A’ là giao điểm của AH và BC
Tứ giác HA’CB’ nội tiếp
⇒
¶
·

·
·
·
1
' 'H A CB BCA BMA BEA= = = =
(t/c đối xứng trục)
⇒ Tứ giác AHBE nội tiếp
⇒
·
·
·
EHB EAB MAB= =
Tương tự ta có:
·
·
·
·
' ,A HC ABC CHF MAC= =
⇒
·
¶
·
·
·
·
·
·
1
'EHB H A HC CHF MAB ACB ABC MAC+ + + = + + +
=

·
·
·
0
180ACB ABC BAC+ + =
⇒
·
0
180EHF =
⇒ E, H, F thẳng hàng.
* Đường thẳng đi qua 3 điểm E, H, F nói trên có tên là đường thẳng Steiner ứng
với điểm M.
* Việc chứng minh các điểm E, H, F nói trên thẳng hàng cũng được đề cập trong
đề thi Olympic Japan 1996:
Cho tam giác ABC, M là điểm trên đường tròn (ABC). Gọi K, P, Q lần lượt là các
điểm đối xứng của M qua BC, CA, AD. Chứng minh P, K, Q nằm trên một đường
thẳng và luôn đi qua một điểm cố định, không phụ thuộc vào điểm M thay đổi trên
đường tròn (ABC). (Olympia Japan 1996).
II. Hướng thứ hai: Sử dụng tính chất của hình bình hành
Có thể sử dụng tính chất : hai đường chéo của hình bình hành cắt nhau tại trung
điểm mỗi đường.
Do đó, nếu chứng minh được tứ giác ABCD là hình bình hành và O là trung điểm
của AC thì B,O,D thẳng hàng.
Ví dụ 3
Cho ABC có trực tâm H nội tiếp (O) đường kính CM, gọi I là trung điểm của
AB. Chứng minh rằng H, I, M thẳng hàng.
Giải
MB ⊥ BC, AH ⊥ BC (suy từ giả thiết)
⇒ MB // AH.

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
3
O
M
H
B'
C'
A'
F
E
C
B
A
1
M
I
H
O
C
B
A
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

Mà MA // BH (cùng vuông góc với AC)
⇒ AMBH là hình bình hành.
⇒ AB cắt MH tại trung điểm I của AB và MH (t/c hình bình hành)
⇒ H, I, M thẳng hàng.
Ví dụ 4
Cho ABC và điểm M bất kỳ trong tam giác. Gọi A

1
, B
1
, C
1
thứ tự là các
điểm đối xứng của M qua các trung điểm của các cạnh BC, CA, AB. Gọi O là giao
điểm của BB
1
và CC
1
. Chứng minh các điểm A, O, A
1
thẳng hàng.
Giải
Gọi D, E, F thứ tự là trung điểm BC, CA, AB
⇒ EF là đường trung bình của ABC và MB
1
C
1
(suy từ giả thiết).
⇒
1 1
1 1
2 2
EF BC B C= =
và EF // BC // B
1
C
1

⇒ BC // B
1
C
1
và BC = B
1
C
1
⇒ BCB
1
C
1
là hình bình hành
⇒ O là trung điểm của BB
1
và CC
1

(t/c hình bình hành)
+ Tương tự ta có:
ABA
1
B
1
là hình bình hành.
⇒ AA
1
cắt BB
1
tại O là trung điểm của BB

1
và AA
1
⇒ A, O, A
1
thẳng hàng.
III. Hướng thứ ba: Sử dụng tiên đề về đường thẳng song song
Tiên đề Ơclít: Qua một điểm ở ngoài một đường thẳng chỉ kẻ được duy nhất
một đường thẳng song song với đường thẳng đã cho.

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
4
1
1
O
D
E
M
F
c
b
A
C
B
A
1
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

Do đó, nếu qua điểm A ta kẻ được AB và AC cùng song song với một đường

thẳng d nào đó thì A, B, C thẳng hàng.
Ví dụ 5
Chứng minh rằng: các trung điểm của hai cạnh bên và hai đường chéo của
một hình thang luôn thẳng hàng.
Giải
Với hình thang ABCD (AB // CD)
và M, N, P, Q thứ tự là trung điểm
của AD, BC, BD, AC.
Cần chứng minh M, N, P, Q thẳng hàng.
Từ (gt) ⇒ MN, MP, MQ thứ tự là đường trung bình của hình thang ABCD,
ABD, ACD.
⇒ MN // AB; MP // AB; MQ // CD hay MQ // AB.
⇒ M, N, P, Q thẳng hàng (theo tiên đề Ơclít)
Ví dụ 6
Cho ABC nhọn, các đường cao AH, BD và CE. Gọi M, N, P, Q thứ tự là
hình chiếu của H trên AB, BD, CE và AC. Chứng minh M, N, P, Q thẳng hàng.
Giải
+ Từ (gt) ⇒ MH //CE; NH // AC ⇒
BM BH BN
BE BC BD
= =
(định lý Talét)
⇒ MN // ED (1) (định ký Talét đảo)
+ Chứng minh tương tự ta có: PQ // ED (2)
+ Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HAC và HAB ta có:
AH
2
= AQ . AC = AM . AB
⇒
AQ AB

AM AC
=
mà
AB AD
AC AE
=
(vì DAB ∽ EAC (g.g))

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
5
Q
P
N
M
D
C
B
A
Q
P
N
M
D
E
C
B
A
H
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

⇒
AQ AD
AM AE
=
hay
/ /
AQ AM
MQ ED
AD AE
= =>

(định lý Talét đảo)
Kết hợp với (1), (2) ta có
M, N, Q thẳng hàng và M, Q, P thẳng hàng (tiên đề Ơclít).
Do đó M, N, P, Q thẳng hàng.
IV. Hướng thứ tư: Sử dụng các tính chất của đường tròn
Khi B là tâm của đường tròn đường kính AC, hoặc các đường tròn tâm A và đường
tròn tâm C tiếp xúc nhau tại B thì 3 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó.
Ví dụ 7. Cho (O) đường kính AB. Điểm M chuyển động trên (O), M ≠ A; M ≠ B.
Kẻ MH vuông góc với AB. Vẽ đường tròn (O
1
) đường kính MH cắt đường thẳng
MA và MB tại C và D. Chứng minh rằng:
a) C, D, O
1
thẳng hàng.
b) ABDC nội tiếp.
Giải
a) Ta có

·
0
90AMB =
(góc nội tiếp chắn nửa (O))
⇒
¶
0
90CMD =

CD⇒
là đường kính của (O
1
)
⇒ C, D, O
1
thẳng hàng.
b) MCHD là hình chữ nhật nội tiếp (O
1
).
⇒
·
·
MCD MHD=
(2 góc nội tiếp cùng chắn
¼
MD
)
Mà
·
µ

·
·
µ
·
0
180MCD B MCD ACD B ACD= ⇒ + = + =
⇒ ABDC nội tiếp.
Ví dụ 8

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
6
O
C
D
M
B
O
H
A
1
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

Cho đường tròn (O) và dây cung AB. Lấy I thuộc đoạn AB sao cho IA > IB.
Gọi D là điểm chính giữa cung nhỏ AB, DI cắt (O) tại điểm thứ hai C. Tiếp tuyến
với (O) tại C cắt AB tại K. Lấy điểm E sao cho
1
,
2
KE KI IE EC= =

cắt (O) tại F.
Chứng minh rằng D, O, F thẳng hàng.
Giải
Ta có
µ
1
1
2
I =
(sđ
»
BC +
sđ
»
AD
)
Mà
»
»
AD DB=
(gt)
⇒
µ
1
1
2
I =
(sđ
»
BC +

sđ
»
DB
)
1
2
=
sđ
¼
DBC
⇒
µ
·
1
1
2
I ICK= =
sđ
¼
DBC
⇒ KIC cân tại K => KI = KC
mà
( )
1
2
KI KE IE gt= =
⇒
1
2
KC IK KE IE CIE= = = ⇒V

vuông tại C.
⇒
µ
0
90DCF DF= ⇒
là đường kính của (O)
⇒ D; O; F thẳng hàng.
V. Hướng thứ năm: Sử dụng 2 tia trùng nhau hoặc đối nhau
Nếu 2 tia MA, MB trùng nhau hoặc đối nhau thì 3 điểm M, A, B thẳng hàng.
Ví dụ 9
Cho (O) đường kính AB. Trên (O) lấy điểm D bất kỳ (khác A, B). Lấy điểm
C bất kỳ trong đoạn AB, kẻ CH ⊥ AD
( )
H AD∈
. Phân giác của
·
BAD
cắt (O) tại E,
cắt CH tại F. Đường thẳng DF cắt (O) tại N. Chứng minh N, C, E thẳng hàng.
Giải
(gt) ⇒ HC // DB (cùng vuông góc với AD)

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
7
1
1
1
2
N

F
H
D
E
C
O
A
B
2
1
F
C
O
E
K
B
I
D
A
1
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

⇒
µ
µ
1 1
C B=
(2 góc đồng vị)
Mà
¶

¶
1 1
B N=
(2 góc nội tiếp chắn
»
AD
) ⇒
¶
µ
1 1
N C=
⇒ Tứ giác AFCN nội tiếp.
⇒
µ
¶
1 2
A N=
(2 góc nội tiếp chắn
»
FC
)
Hay
µ
·
1
A FNC=
mà
¶
¶
1 2

A A=
(gt)
⇒
¶
·
2
A FNC=
mà
¶
·
·
2
A DNE FNE= =
(2 góc nội tiếp chắn
»
DE
)
⇒
·
·
FNC FNE=
mà NC và NE cùng thuộc nửa mặt phẳng bờ DN
⇒ 2 tia NC & NE trùng nhau ⇒ N, C, E thẳng hàng.
Ví dụ 10
Cho ABC, đường tròn bàng tiếp trong góc A tiếp xúc với tia AB tại N. Kẻ
đường kính MN. Trên tia đối của tia AB lấy điểm K sao cho AK = BN. Chứng
minh rằng K, C, M thẳng hàng.
Giải
Gọi I, J thứ tự là tâm đường tròn bàng tiếp trong góc A, góc B của ABC.
(I) tiếp xúc với BC và AC thứ tự tại P và H

(J) tiếp xúc với BC và BA thứ tự tại Q và K’
Ta có:
CA + CB – AB
= CA + CP + PB – AB
= CA + CH +NB – AB = AH + NB – AB
= AN + NB – AB = 2NB (t/c tiếp tuyến)
⇒ CA + CB – AB – 2NB.
Tương tự ta có: CA + CB – AB = 2AK’
⇒ AK = AK’ = BN ⇒ K’
≡
K.

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
8
K'
K
M
Q
J
I
N
P
H
C
B
A
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

Mặt khác PIC đồng dạng QJC (g.g)

⇒
IC IP IM
JC JQ JK
= =

mà
·
·
CIM CJK=
(2 góc so le trong của MN // JK)
⇒ ICM đồng dạng JCK (c.g.c)
⇒
·
·
ICM JCK=
⇒ 2 tia CK và CM đối nhau
⇒ K, C, M thẳng hàng.
V. Hướng thứ sáu: Thêm điểm
Để chứng minh 3 điểm A, B, C thẳng hàng có thể xác định thêm điểm D khác A, B,
C sau đó chứng minh hai trong ba bộ 3 điểm A, B, D; A, C, D; B, C, D thẳng
hàng.
Ví dụ 11
Cho hình chữ nhật ABCD có O là giao điểm 2 đường chéo. Điểm M trên
đoạn OB, lấy E đối xứng với A qua M; H là hình chiếu của điểm E trên BC, vẽ
hình chữ nhật EHCF. Chứng minh M, H, F thẳng hàng.
Giải
Gọi I là giao điểm của HF và CE
⇒ H; I; F thẳng hàng (*) (t/c hình chữ nhật)
Cần chứng minh: M, I, F thẳng hàng.
1

( )
2
MA ME AE gt= =
và
1
2
OA OC AC= =

(t/c hình chữ nhật)
⇒ OM là đường trung bình của ACE
⇒ OM // CE ⇒
·
·
ODC ICF=
(2 góc đồng vị)
Mà
·
·
·
·
&ODC OCD ICF IFC= =
(vì OCD cân tại O, ICF cân tại I, t/c hình chữ
nhật)
⇒
·
·
/ /OCD IFC IF AC= ⇒
mà IM //AC (do IM là đường trung bình ACE)

-

Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
9
E
O
F
I
H
M
D
C
B
A
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

⇒ M, I, F thẳng hàng (tiên đề Ơclít)
Kết hợp với (*) ta có: M, H, F thẳng hàng.
Ví dụ 12
Cho tứ giác ABCD nội tiếp đương tròn (O). Gọi E là giao điểm của AB và
CD. Gọi F là giao điểm của AC và BD. Các tiếp tuyến với (O) tại B và C cắt nhau
tại M. Chứng minh rằng E, M, F thẳng hàng.
Giải
Gọi K là giao điểm của đường tròn (B, D, E) và đường tròn (F, D, C), (K không
trùng D). Ta chứng minh K, E, M thẳng hàng và K, F, M thẳng hàng.
Tứ giác BKDE và DKFC nội tiếp (suy từ gt)
⇒
·
·
·
·
·

0
180BKC BKD DKC AED DFC= − = − −
(*)
Mặt khác:
·
AED
+
·
1
2
DFC =
(sđ
»
AD
- sđ
»
BC
)+
1
2
(sđ
»
AB
+sđ
»
CD
)
⇒
1
2

(sđ
¼
BADC −
sđ
»
BC
) =
·
BMC
⇒
·
·
·
AED DFC BMC+ =
kết hợp với (*) ta có:
·
·
0
180BKC BMC+ =
⇒ Tứ giác BKCM nội tiếp ⇒
· ·
BKM BCM=
(2 góc nội tiếp chắn
¼
BM
)
Mà
·
·
BCM BDE=

(cùng bằng
1
2
sđ
»
BC
) và
·
·
BDE BKE=
(2 góc nội tiếp chắn
»
BE
)
⇒
·
·
BKM BKE=
⇒ 2 tia KE và KM trùng nhau ⇒ K, E, M thẳng hàng (1)
Tương tự ta có:
·
·
CKF CKM=
⇒ 2 tia KF và KM trùng nhau.

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
10
K
F

M
E
C
B
D
A
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

⇒ K, F, M thẳng hàng. Kết hợp với (1) ta có E, M, F thẳng hàng.
VII. Hướng thứ bảy: Sử dụng định lý Mênêlauýt
Định lý Mênêlauýt: Cho

ABC và 3 điểm A’,B’, C’ lần lượt nằm trên các đường
thẳng BC; CA, AB sao cho chúng đều nằm trên phần kéo dài của cả 3 cạnh của
tam giác hoặc chỉ một trong 3 điểm đó nằm trên phần kéo dài của cạnh tương ứng
mà thôi. Điều kiện cần và đủ về A’,B’, C’ thẳng hàng là
' ' '
. . 1
' ' '
AB CA BC
B C A B C A
=
.
* Chứng minh điều kiện cần:
Kẻ AD ⊥ A’B’ ; BE ⊥ A’B’ ; CF ⊥A’B’
⇒ AD // BE //CF
⇒
'
;
'

AB AD
B C CF
=

'
;
'
CA CF
A B BE
=

'
'
BC BE
C A AD
=
(Hệ quả của Talét)
⇒
' ' '
. . . . 1
' ' '
AB CA BC AD CF BE
B C A B C A CF BE AD
= =
* Chứng minh điều kiện đủ:
Giả sử
' ' '
. . 1
' ' '
AB CA BC

B C A B C A
=
và A’
∈
BC;
B’
∈
AC; C’
∈
AB, ta chứng minh A’, B’ C’ thẳng hàng.
Gọi giao điểm của A’B’ với AB là C’’ .
Theo điều kiện cần ta có:
' ' ''
. . 1
' ' ''
AB CA BC
B C A B C A
=
Mà
' ' '
. . 1
' ' '
AB CA BC
B C A B C A
=
(gt) ⇒
'' '
'' '
'' '
BC BC

C C
C A C A
= ⇒ ≡
Ví dụ 13

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
11
A
B
C
A'
C'
B'
E
F
D
C''
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

Cho 3 đường tròn có bán kính đôi một khác nhau và ở ngoài nhau. Chứng
minh rằng giao điểm của các tiếp tuyến chung ngoài của từng cặp đường tròn cùng
thuộc một đường thẳng.
Giải
+ Xét 3 đường tròn (O
1
; r
1
); (O
2

; r
2
); (O
3
; r
3
).
+ Giao điểm 2 tiếp tuyến chung ngoài của (O
1
; r
1
) và (O
2
; r
2
) là C
Giao điểm 2 tiếp tuyến chung ngoài của (O
1
; r
1
) và (O
3
; r
3
) là B
Giao điểm 2 tiếp tuyến chung ngoài của (O
2
; r
2
) và (O

3
; r
3
) là A
Nhận thấy O
1
, O
2
, C thẳng hàng (suy từ t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau)
⇒
1 1
2 2
CO r
CO r
=
.
Tương tự ta có:
3 3
2 2
3 3 1 1
;
BO r
AO r
AO r BO r
= =
⇒
3 3
1 2 1 2
2 3 1 2 3 1
. . . . 1

BO r
CO AO r r
CO AO BO r r r
= =
⇒ A, B, C thẳng hàng (định lý Mênêlauýt)

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
12
1
r
r
r
r
3
2
1
o
A
B
C
3
2
1
o
o
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

Ví dụ 14
Cho ABC vuông tại A, đường cao AH. Trên các cạnh AB, AC thứ tự dựng

các hình vuông ABEF, ACGI nằm ngoài tam giác ABC. Gọi O là giao điểm của
BG và AH. Chứng minh rằng C, O, E thẳng hàng.
Giải
Gọi D là giao điểm của CO và AB;
K là giao điểm của BO và AC;
M là giao điểm của EB và GC.
Đặt AC = b; AB = c. Ta có:
+ ABC ∽HAC (g.g)
⇒
AB AC
HA HC
=
⇒ AB. HC = AC. HA (1)
+ ABC ∽HBA (g.g)
⇒
AC AB
HA HB
=
⇒ AC. HB = AB. HA (2)
Mặt khác theo định lí Cêva với ABC và BK, AH, CD
Ta có:
. . 1 . . 1
BD AK CH BD AB CH
DA KC HB DA CG HB
= => =
( vì
AK AB
KC CG
=
do AB // CG)

=>
.
. 1
.
BD AB CH
DA AC HB
=
(vì CG = AC)
Kết hợp với (1) và (2) ta có
.
. 1
.
BD AC HA BD AB
DA AB HA DA AC
= => =
⇒
BD AB
DA BD AC AB
=
+ +
hay
BD c
c b c
=
+
(*)
Mà
. . . . . .
BO GC ME BD GC AC AB BD GC b c
OG CM EB GC AB AB GC c c

+ +
= =

Kết hợp với (*) ta có:
2
.( )
. . . 1
BO GC ME BD b c c b c
OG CM EB c b c c
+ +
= = =
+
⇒ C, O, E thẳng hàng (Định lí Mênêlauyt trong BMG và 3 điểm C, O, E)

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
13
K
H
O
G
I
F
E
M
C
B
A
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

PHẦN III
MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG
Bài 1:
Chứng minh trực tâm của một tam giác luôn nằm trên đường thẳng nối hai
tiếp điểm của hai tiếp tuyến kẻ từ một đỉnh đến đường tròn đường kính là cạnh nối
hai đỉnh còn lại của tam giác đó. (Chinese 1996)
Giải
Xét ∆ABC có các đường cao AF, BD, CE
cắt nhau tại H , kẻ AM và AN là hai tiếp tuyến
của đường tròn (O) đường kính BC
(M, N là các tiếp điểm)
⇒ M,A,N,F,O thuộc đường tròn đường kính AO
⇒
·
·
ANM AFN=
(*)
⇒∆ADH ~ ∆AFC, ∆AND ~ ∆ANC
⇒AH.AF = AD.AC = AN
2
⇒
AH AN
AN AF
=
⇒ ∆ANH ~∆AFN (c-g-c)
⇒
·
¶
ANH AFN=

Kết hợp với (*) ta có:
·
·
·
ANM ANH AFN= =
⇒ H∈ MN
+ Nếu ∆ ABC vuông tại B hoặc C thì H≡M hoặc H≡N ta có điều phải chứng minh.
* Việc chứng minh 3 điểm M, H, N thẳng hàng nói trên cũng đã được đề cập đến
trong nội dung câu 4.b đề thi HSG cấp tỉnh năm 2012 – 2013 của tỉnh Vĩnh Phúc.
Bài 2:
Từ một điểm D nằm ngoài đường tròn (O) đường kính BC, kẻ hai tiếp tuyến
DE và DF với (O) (E, F là tiếp điểm). Trên đường thẳng EF lấy điểm A ở phía
ngoài (O) kẻ tiếp tuyến AN với (O) ( N là tiếp điểm) .
Chứng minh D, N, H thẳng hàng (H là trực tâm ∆ABC)
Giải
Kẻ tiếp tuyến AM ( M ∈ (O))
Gọi giao điểm của AO và MN là I
⇒ AN
2
= AE.AF
Mà AN
2
= AI.AO ( Hệ thức trong tam giác vuông)

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
14
O
N
M

H
F
E
D
C
B
A
O
N
M
I
F
E
D
C
B
A
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

⇒ AE.AF = AI.AO ⇒
AE AI
AO AF
=

⇒ ∆AIE ~ ∆AFO ( cgc)
⇒ Tứ giác EIOF nội tiếp
⇒ D,E,I,O,F thuộc đường tròn đường kính OD.
⇒
·
·

0
90AIE MIO= =
⇒ D,M,N,I, thẳng hàng.
Mặt khác M,H,N thẳng hàng (Kết quả bài tập 1) ⇒ D,N,H thẳng hàng.
Bài 3: (đường thẳng Sim sơn)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi M là một điểm tuỳ ý thuộc
đường tròn (O). Gọi A
1
, B
1
C
1
thứ tự là hình chiếu của M trên BC, CA, AB.Chứng
minh A
1
, B
1
, C
1
thẳng hàng.
Giải
Không mất tính tổng quát giả sử M∈
»
BC
.
Ta có
·
·
0
1 1

90BC M BA M= =
(Suy từ giả thiết)
⇒MA
1
C
1
B nội tiếp ⇒
·
·
1 1 1
BAC BMC=

(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung
¼
1
BC
·
·
0
1 1
90MAC MB C= =
(suy từ giả thiết)
⇒MA
1
CB
1
nội tiếp ⇒
·
·
1 1 1

CA B CMB=

(2 góc nội tiếp cùng chắn cung B
1
C)
Mặt khác
µ
·
·
0
1 1
180A BMC B MC+ = =

⇒
·
·
1 1
BMC B MC=
⇒
·
·
1 1
C MB B MC=
Kết hợp với chứng minh trên
⇒
·
·
1 1 1 1
C A B B A B=
=>

·
·
·
·
·
0
1 1 1 1 1 1 1 1 1
180C A B BA B B AC BAC BAC+ = + = =
⇒ A
1
, B
1
, C
1
thẳng hàng
* Đường thẳng chứa ba điểm A
1
, B
1
, C
1
gọi là đường thẳng Simsơn của tam giác
ABC ứng với điểm M.
* Nếu M trùng với đỉnh của tam giác ABC thì đường thẳng Simsơn chính là đường
cao tương ứng.
Bài 4

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
15

O
A
B
C
A
B
C
M
1
1
1
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với H là trực tâm , M là điểm tuỳ ý thuộc (O).
Chứng minh đường thẳng Sim sơn ứng với điểm M luôn đi qua trung điểm của
MH.
Giải
Đường thẳng Sim son của tam giác ABC ứng với điểm M là đường thẳng qua A
1
,
B
1
, C
1

Lấy điểm B
2
, C
2
đối xứng với M qua AC, AB.

Ta có
·
·
AMB ACB=
(Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)
Mà
·
·
2
AMB AC B=
( Tính chất đối xứng trục)
Và
·
·
ACB BHD=
(Hai góc có cạnh tương ứng vuông góc)
⇒
·
·
2
BHD AC B=
⇒ Tứ giác AC
2
BH nội tiếp
⇒
·
·
2 2
C HB C AB=
( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC

2
)
Tương tự ta có:
·
·
2 2
B HC B AC=
⇒
·
·
·
0
2 2
180B HC BAC BHC= + =
⇒ C
2
; H; B
2
thẳng hàng ⇒ B
1
C
1
là đường trung bình của tam giác MB
2
C
2
⇒ B
1
C
1

đi qua trung điểm của MH.

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
16
D
2
B
C
2
H
O
A
B
C
A
B
C
M
1
1
1
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng


-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
17
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

PHẦN IV
MỘT SỐ BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ
Hãy lựa chọn phương pháp hợp lí để chứng minh các điểm thẳng hàng
trong các bài tập dưới đây
1) Cho ABC nhọn nội tiếp (O), trực tâm H. Gọi I là trung điểm BC và A’
là điểm đối xứng của A qua O. CMR: H, I, A’ thẳng hàng.
2) Cho ABC nội tiếp đường tròn (O), đường tròn (O
1
) đi qua A và C cắt
BA, BC thứ tự tại các điểm K, N; đường tròn (O
2
) đi qua B, K và N cắt (O) tại
điểm thứ hai M (khác B). Gọi I, J thứ tự là trung điểm của BO
1
, BM.
CMR: I, J, O
2
thẳng hàng.
3) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O). Vẽ Ax, AD cắt BC tại E, Ay ⊥ AB, cắt
CD tại F. CMR: E, F, O thẳng hàng.
4) Cho ABC trực tâm H. Từ A kẻ các tiếp tuyến AM, AN với đường tròn
đường kính BC. CMR: M, H, N thẳng hàng.
5) Cho ABC nội tiếp (O), trực tâm H, M là điểm bất kỳ trên cung BC
không chứa A. Gọi N, E thứ tự là điểm đối xứng của M qua AB và AC.
CMR: N, H, E thẳng hàng.
6) Cho  ABC nội tiếp (O). Lấy D thuộc cạnh AC (D ≠ A; D ≠ C). Đường
thẳng BD cắt (O) tại F. Đường thẳng qua A vuông góc với AB và đường thẳng qua
F vuông góc với FC cắt tại P. Hãy CMR: P, D, O thẳng hàng.

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
18
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng


-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
19
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

PHẦN V
MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG
TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI VÀ TUYỂN SINH THPT CHUYÊN
Bài 1 (ĐTS THPT chuyên năm 2005)
Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), các đường phân giác trong cắt nhau tại
I. Các đường thẳng AI, BI, CI cắt (O) thứ tự tại M;N;P
a) Chứng minh tam giác NIC cân tại N.
b) Chứng minh I là trực tâm tam giác MNP.
c) Gọi E là giao điểm của MN và AC; F là giao điểm của PM và AB. Chứng
minh E,I,F thẳng hàng.
d) Gọi K là trung điểm của BC. Giả sử BI ⊥ IK và BI = 2.IK thì
·
BAC
= ?
Giải
a)
·
·
1

2
NIC NCI= =
sđ
¼
PAN
nên ∆NIC cân tại N
b) Do ∆ NIC cân tại N nên NI=NC (1)
tương tự ∆MIC cân tại M
nên MI=MC (2) từ (1) (2)
ta có MN là trung trực của IC ⇒MN⊥PC
tương tự BN⊥PM, AM⊥PN
mà AM,BN,CP cắt nhau tại I
Nên I là trực tâm của ∆MNP (đpcm)
c) Có
·
¶
0
2 1
1
I FIN 180 ;I C+ = =
$ $

(Do I và C đối xứng nhau qua MN)
Mà
µ
µ
1 1
C B=
(hai góc nội tiếp cùng chắn cung
»

AN
)
Và
µ
µ
1 2
B I=
(I và B đối xứng nhau qua MP)
=>
µ
µ
1 2
I I=
mà
µ
·
·
0
2
180I FNI FIE+ = =
=> E, I, F thẳng hàng
Bài 2 (ĐTS THPT chuyên năm 2005)

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
20
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ tia Cx ⊥ AB. Trên Cx
lấy hai điểm D và E sao cho D nằm trong đoạn CE và

3
CE CA
CB CD
= =
. Đường tròn
(O
1
) ngoại tiếp tam giác ACD cắt (O
2
) ngoại tiếp tam giác BEC tại điểm H (H ≠ C)
CMR: a) Ba điểm A, H, E thẳng hàng.
b) H thuộc đường tròn đường kính AB
c) Đường thẳng đi qua hai điểm H và C luôn đi qua một điểm cố định
khi C di chuyển trên đoạn thẳng AB (C ≠ A; C ≠ B)
Giải
a)
3
CE CA
CB CD
= =
(gt)
Mà
·
·
0
90ECB ACD= =
(suy ra từ giả thiết)
⇒∆CEB ∽ ∆CAD (c.g.c)
Gọi giao điểm của BD với AE là H
1

Ta phải chứng minh H
1
≡ H
Gọi K là giao điểm của AD và BE.
Dễ thấy
·
0
90DKE =
⇒ AK ⊥ BE ⇒D là trực tâm ∆ABE
⇒ BD ⊥ AE ⇒
·
·
0
1 1 1
0
1 1 2
90 ( )
90 ( )
DH A H O
BH E H O

= => ∈


= => ∈


⇒ H
1

là giao của (O
1
) và (O
2
) ⇒H
1
≡ H. Vậy A, H, E thẳng hàng.
b)
·
0
90AHB =
(suy ra từ chứng minh trên) ⇒ H thuộc đường tròn đường kính AB
c) ∆CBE vuông tại C ⇒
·
CE
tan CBE 3
CB
= =
⇒
·
µ
·
0 0
1
60 30CBE E BHC= => = =
. Gọi F là giao điểm của HC và đường tròn đường
kính AB ⇒
·
0
30BHF = =>

sđ
»
0
60BF =
mà B cố định ⇒ HC đi qua điểm F (cố định)
khi C di chuyển.
Bài 3: ( ĐTS THPT chuyên năm 2008)
Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB và C là điểm chính giữa của cung
AB. Gọi K là trung điểm của đoạn thẳng BC. Đường thẳng đi qua hai điểm A và K

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
21
1
1
A
H
O
D
C
K
E
F
2
1
O
B
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

cắt (O) tại M (M≠A). Kẻ CH ⊥ AM (H ∈ AM). Đường thẳng OH cắt đường BC tại

N. Đường thẳng MN cắt (O) tại D (D ≠ M). CMR:
a) BHCM là hình bình hành
b) OHC = OHM
c) B, H, D thẳng hàng
Giải
a)
Ta có
)1(//
)90(
)(
0
BMCH
AMBAMBM
gtAMCH
⇒



=∠⊥
⊥

Mặt khác
·
·
·
·
0
( 90 )
( ) (2)
( )

CHK BMK
CK KB gt CHK BMK CH BM
CKH BKM dd

= =

= ⇒ ∆ = ∆ ⇒ =


=

Từ (1 ), (2) ta có tứ giác BHCM là hình bình hành ( đpcm)

b) Ta có
CHM∆
vuông tại H có
·
0
45CMH =
nên
CHM∆
vuông cân tại H=> CH=HM
xét 2 tam giác
OHMOCH ∆∆ ;
có:

) (
)(
)(
)(

cccOHMOHC
chungOH
cmtHMCH
bkOMOC
∆=∆⇒





=
=
c) Ta sẽ chứng minh BH//CM và BD//CM.
Vì tứ giác BHCM là hình bình hành nên BH//CM (3)

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
22
D
N
H
M
K
C
O
A
B
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

Ta lại có

⇒



=
=
HMCH
OMOC
OH là trung trực của CM,mà N thuộc OH nên NC=NM
Nên
CNM
∆
cân tại N ,nên
·
·
CMN MCN= ⇒
sđ
»
CD
= sđ
¼
BM
·
·
/ / (4)MCB CBD BD CM⇒ = ⇒
từ (3),(4) ta có D,H,B thẳng hàng (đpcm)
Bài 4 ( ĐTS THPT chuyên năm 2009)
Cho đường tròn (O) đường kính AB và điểm C thuộc đường tròn (C không
trùng với A, B và trung điểm cung AB). Gọi H là hình chiếu vuông góc của C trên
AB. Đường tròn (O

1
) đường kính AH cắt CA tại E, đường tròn (O
2
) đường kính BH
cắt CB tại F.
1) Chứng minh tứ giác AEFB là tứ giác nội tiếp.
2) Gọi (O
3
) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFB, D là điểm đối xứng
của C qua O. Chứng minh ba điểm H, O
3
, D thẳng hàng.
3) Gọi S là giao của các đường thẳng EF và AB, K là giao điểm thứ hai của
SC với đường tròn (O). Chứng minh KE vuông góc với KF.
Giải
1) Dễ chứng minh tứ giác CEHF là hình chữ nhật
Ta có
·
·
CFE EAB=
( cùng bằng
·
CHE
)
nên tứ giác AEFB nội tiếp
2) Kẻ trung trực EF cắt HD tại O
3
’
chứng minh O
3

’ là tâm đường tròn
ngoại tiếp tứ giác AEFB.
Chứng minh được CD
⊥
EF
Trong tam giác CHD có IO
3
’

là đường trung bình nên O
3
’O
⊥
AB mà OA=OB nên
O
3
’O là trung trực của AB nên O
3
’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFB, tức
là O
3
’trùng với O
3
Hay H,O
3
,D thẳng hàng.
3)
·
·
·

( )
BFS BKS CAB= =
nên tứ giác BFKS nội tiếp suy ra
·
·
FKS FBA=
mà
·
·
FBA CEF=
nên
·
·
FKS CEF=
nên tứ giác CEFK nội tiếp

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
23
1
K
S
O3
I
D
F
E
O2
O1
H

O
A
B
C
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

Suy ra
· ·
0
90EKF ECF= =
hay FK vuông góc với EK.
Bài 5 ( HSG Vĩnh Phúc năm 2010-2011)
Cho tam giác
ABC
nhọn với trực tâm
.H
Đường thẳng vuông góc với
BC
tại
C

cắt đường thẳng
BH
ở
,D
đường thẳng vuông góc với
BC
tại
B
cắt đường thẳng

CH
tại
.E
Gọi
,M N
theo thứ tự là trung điểm của
, .BE CD
1. Chứng minh rằng
, ,H M N
thẳng hàng.
2. Đường thẳng
MN
cắt trung tuyến
AL
của tam giác
ABC
tại
.P
Chứng minh rằng đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABP
tiếp xúc với
.BC
Giải
1) Gọi
1 1
,B C
là chân các đường cao kẻ từ
,B C
của tam giác
.ABC

Khi đó do tứ giác
1 1
AB HC
nội tiếp, nên
1 1 1
CHD CHB C AB BAC∠ = ∠ = ∠ = ∠
(1)
Do cách xác định điểm D nên
0 0
1 1
90 90HCD HCB C CB C BC ABC∠ = −∠ = −∠ = ∠ = ∠
(2)
Từ (1) và (2) suy ra các tam giác
,ABC HCD
đồng dạng. Từ đó, do
,AL HN
theo thứ
tự là trung tuyến của hai tam giác đó, nên
~ALB HNC∆ ∆
Từ đó, do
,NC LB CH BA⊥ ⊥
nên
HN AL⊥
(3)
Tương tự cũng có
HM AL⊥
(4)
Từ (3) và (4) suy ra
, ,H M N

thẳng hàng. Hơn nữa
MN AL⊥
.
2) Do
0
90LPN LCN∠ = ∠ =
nên tứ giác
LPNC
nội tiếp, suy ra
CPN CLN CBD∠ = ∠ = ∠
(do
||LN BD
) và do đó
0
90CPN BCA∠ = −∠
Tương tự cũng có
0
90BPM ABC∠ = − ∠
Từ đó suy ra
0 0
180 180BPC BPM CPN ABC BCA CAB BHC∠ = − ∠ − ∠ = ∠ + ∠ = −∠ = ∠
hay
P
nằm trên đường tròn
( )
BHC
(Hình vẽ).

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP

24
Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh thẳng hàng

Khi đó
CBP CHN BAL BAP∠ = ∠ = ∠ = ∠
. Suy ra đường tròn
( )
ABP
tiếp xúc với
.BC

PHẦN VI
KẾT LUẬN CHUNG
Qua quá trình nghiên cứu chuyên đề, trong quá trình trực tiếp giảng dạy bồi
dưỡng học sinh giỏi lớp 9 dự thi học sinh giỏi các cấp, bồi dưỡng học sinh dự thi
vào các trường chuyên lớp chọn, tôi thấy:
Phần chuyên đề: “Một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh ba điểm
thẳng hàng” đã phát huy tính sáng tạo của học sinh. Các em đã biết vận dụng kiến
thức cơ bản vào việc giải các đề thi đạt kết quả đồng thời tham gia tích cực vào
việc giải các bài trên hai tạp chí Toán học & tuổi trẻ, Toán tuổi thơ 2.
Nhờ có quá trình thường xuyên tích luỹ kinh nghiệm tự học tự rèn học hỏi
đồng nghiệp tôi thường xuyên bổ sung, hoàn thiện nâng cao chất lượng của chuyên
đề để chuyên đề ngày càng phát huy hiệu quả cao hơn. Chất lượng học sinh giỏi
cấp huyện cấp tỉnh, học sinh thi đỗ vào các trường chuyên tăng cao.
Kết quả đạt được khi áp dụng chuyên đề (đối với năm học 2012 – 2013):
Số lượng HS
trong đội tuyển
Số lượng HSG
Cấp Huyện
Số lượng HSG

Cấp Tỉnh
Số lượng HS thi đỗ
THPT Chuyên Toán
(Chuyên VPhúc)
Số lượng HS thi
đỗ THPT Chuyên
(Chuyên khác)
9 9
7
(trong đó có
01 giải Nhất)
8
(trong đó có 01
thủ khoa)
4
Bình Xuyên, tháng 02 năm 2014

-
Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP
25