Phuong Phap Chung Minh Ba Diem Thang Hang

<span class='text_page_counter'>(1)</span>Chuyên đề BDHSG THCS. EQUATION CHAPTER 1 SECTION 1 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.. 1.

<span class='text_page_counter'>(2)</span> Chuyên đề BDHSG THCS PHẦN II PHƯƠNG PHÁP CỤ THỂ VÀ VÍ DỤ MINH HỌA I. Hướng thứ nhất: Sử dụng góc bù 0   + Nếu có ABx  xBC 180 thì 3 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. + Tổng quát: Nếu quay xung quanh điểm A các tia AB1, AB2,..., ABn lần lượt theo thứ tự ấy mà  AB  B  AB  ...  B  AB 1800 B 1 2 2 3 n 1 n thì 3 điểm B1; A; Bn 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 = 900). Gọi M là trung điểm của DE. Chứng minh rằng H, A, M thẳng hàng.. Giải. F. 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) D A C  1 1  ( Hai góc tương ứng)   Mà A2  C1 = 900    A1  A2 = 900 B A  A  A 1800 2 3  1 0  Hay FAH 180  M, A, H thẳng hàng.. E M. A1 3 2. 1. C. H. 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. A Chứng minh rằng E, H, F thẳng hàng. Giải F B' Gọi B’ là giao điểm của BH và AC; A’ là giao điểm của AH và BC C' Tứ giác HA’CB’ nội tiếp O H 1      B C E  H1  A ' CB ' BCA BMA BEA A' (t/c đối xứng trục)  Tứ giác AHBE nội tiếp M. 2.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> Chuyên đề BDHSG THCS EHB EAB   MAB      Tương tự ta có: A ' HC  ABC , CHF MAC          EHB  H1  A ' HC  CHF MAB  ACB  ABC  MAC 0    = ACB  ABC  BAC 180 0   EHF 180  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 A rằng H, I, M thẳng hàng. Giải MB  BC, AH  BC (suy từ giả thiết). I M.  MB // AH.. O. Mà MA // BH (cùng vuông góc với AC)  AMBH là hình bình hành.  AB cắt MH tại trung điểm I của AB và MH. H. B. C. (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, B1, C1 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 CC1. Chứng minh các điểm A, O, A1 thẳng hàng. Giải Gọi D, E, F thứ tự là trung điểm BC, CA, AB. 3.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> Chuyên đề BDHSG THCS  EF là đường trung bình của ABC và MB1C1 (suy từ giả thiết). 1 1 EF  BC  B1C1 2 2  và EF // BC // B1C1. A.  BC // B1C1 và BC = B1C1. c1.  BCB1C1 là hình bình hành. b1 F.  O là trung điểm của BB1 và CC1 (t/c hình bình hành). E M. O. + Tương tự ta có:. C. B. ABA1B1 là hình bình hành.. D.  AA1 cắt BB1 tại O là trung điểm của BB1 và AA1  A, O, A1 thẳng hàng.. A1. 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. 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 B A luôn thẳng hàng. Giải Với hình thang ABCD (AB // CD). N. M P. và M, N, P, Q thứ tự là trung điểm của AD, BC, BD, AC.. Q. D. C. 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 BM BH BN   + Từ (gt)  MH //CE; NH // AC  BE BC BD (định lý Talét)  MN // ED (1) (định ký Talét đảo) + Chứng minh tương tự ta có: PQ // ED (2). 4.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> Chuyên đề BDHSG THCS + Áp dụng hệ thức lượng trong tam giác vuông HAC và HAB ta có: A AH2 = AQ . AC = AM . AB AQ AB AB AD    AM AC mà AC AE. Q. E. (vì DAB ∽ EAC (g.g)). P. AQ AD AQ AM    MQ / / ED  AM AE hay AD AE (định lý Talét đảo) Kết hợp với (1), (2) ta có. D. M. N. C. B H. 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 (O1) đường kính MH cắt đường thẳng MA và MB tại C và D. Chứng minh rằng: a) C, D, O1 thẳng hàng. b) ABDC nội tiếp.. M. Giải D. a) Ta có AMB 900 (góc nội tiếp chắn nửa (O)) 0   CM D 90. C. O. 1. A H.  CD là đường kính của (O1). B. O.  C, D, O1 thẳng hàng. b) MCHD là hình chữ nhật nội tiếp (O1).     MCD MHD (2 góc nội tiếp cùng chắn MD ) 0       Mà MCD B  MCD  ACD B  ACD 180. D.  ABDC nội tiếp. Ví dụ 8: Cho đường tròn (O) và dây cungA AB. Lấy I thuộc đoạn AB sao cho B IA > IB. Gọi D là E điểm chính giữa cung nhỏ AB, DI cắt (O) tại điểm thứ hai C. TiếpItuyến với (O) tại C cắt AB tại K 1 1 KE KI  IE , EC O 2 K. Lấy điểm E sao cho cắt (O) tại F. Chứng minh rằng D, O, F thẳng hàng. Giải. C. F. 5.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Chuyên đề BDHSG THCS 1 I 1    AD 2 (sđ BC Ta có sđ )   Mà AD DB (gt). 1 1 I 1      2 (sđ BC  sđ DB  ) 2 sđ DBC 1  I 1 ICK   2 sđ DBC   KIC cân tại K => KI = KC 1 KI KE  IE  gt  2 mà 1 KC IK KE  IE  CIE 2  vuông tại C. 0   DCF 90  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.  H  AD  . Phân giác của BAD  trong đoạn AB, kẻ CH  AD 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)    C1 B1 (2 góc đồng vị)      Mà B 1  N 1 (2 góc nội tiếp chắn AD )  N1 C1 H.  Tứ giác AFCN nội tiếp.     A1  N 2 (2 góc nội tiếp chắn FC )     Hay A1 FNC mà A 1  A2 (gt). E. D. F. 2. A. 1. 1. 1. O. B. C.       A2 FNC mà A2 DNE FNE  (2 góc nội tiếp chắn DE ). 1. 2. N. 6.

<span class='text_page_counter'>(7)</span> Chuyên đề BDHSG THCS 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 K'. (J) tiếp xúc với BC và BA thứ tự tại Q và K’. K. Ta có:. J. CA + CB – AB = CA + CP + PB – AB. A. = CA + CH +NB – AB = AH + NB – AB = AN + NB – AB = 2NB (t/c tiếp tuyến)  CA + CB – AB – 2NB.. P. B. Tương tự ta có: CA + CB – AB = 2AK’  AK = AK’ = BN  K’  K.. C Q. H. Mặt khác PIC đồng dạng QJC (g.g). N. IC IP IM    JC JQ JK. I. M.   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 A thêm điểm D khác A, BB, C sau đó Để chứng minh 3 điểm A, B, C thẳng hàng có thể xác định chứng minh hai trong ba bộ 3 điểm A, B, D; A, C, D; B, C, D thẳng hàng. M Ví dụ 11. Cho hình chữ nhật ABCD có O là giao điểm 2 đường chéo. Điểm M trên đoạn OB, lấy E E H EHCF. Chứng đối xứng với A qua M; H là hình chiếu của điểm E trên BC, vẽ hình chữ nhật O minh M, H, F thẳng hàng. Giải. I. D. C. 7 F.

<span class='text_page_counter'>(8)</span> Chuyên đề BDHSG THCS 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 1 MA ME  AE ( gt ) OA OC  AC 2 2 và (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)  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 A B K M. F. E. D C. 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       BKC BKD  DKC 180  AED  DFC (*). 1 1  DFC     2 (sđ AD - sđ BC )+ 2 (sđ AB +sđ CD Mặt khác: AED + ) 1     2 (sđ BADC  sđ BC ) = BMC 0       AED  DFC BMC kết hợp với (*) ta có: BKC  BMC 180.     Tứ giác BKCM nội tiếp  BKM BCM (2 góc nội tiếp chắn BM ). 8.

<span class='text_page_counter'>(9)</span> Chuyên đề BDHSG THCS 1       Mà BCM BDE (cùng bằng 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.  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’ AB ' CA ' BC ' . . 1 thẳng hàng là 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 CA ' CF BC ' BE  ;  ;   B ' C CF A ' B BE C ' A AD (Hệ quả của Talét). C'' C'. AB ' CA ' BC ' AD CF BE . .  . . 1  B ' C A ' B C ' A CF BE AD B. * Chứng minh điều kiện đủ:. E. AB ' CA ' BC ' . . 1 Giả sử 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’’ .. A'. F. AB ' CA ' BC '' . . 1 Theo điều kiện cần ta có: B ' C A ' B C '' A. A. C B'. AB ' CA ' BC ' BC '' BC ' . . 1   C '' C ' Mà B ' C A ' B C ' A (gt)  C '' A C ' A. D. Ví dụ 13 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. 9.

<span class='text_page_counter'>(10)</span> Chuyên đề BDHSG THCS + Xét 3 đường tròn (O1; r1); (O2; r2); (O3; r3). + Giao điểm 2 tiếp tuyến chung ngoài của (O1; r1) và (O2; r2) là C Giao điểm 2 tiếp tuyến chung ngoài của (O1; r1) và (O3; r3) là B Giao điểm 2 tiếp tuyến chung ngoài của (O2; r2) và (O3; r3) là A Nhận thấy O1, O2, C thẳng hàng (suy từ t/c 2 tiếp tuyến cắt nhau) CO1 r1  CO r2 . 2  AO2 r2 BO3 r3 CO1 AO2 BO3 r1 r2 r3  ;  . .  . . 1 AO r BO r CO AO BO r2 r3 r1 3 3 1 1 2 3 1 Tương tự ta có: .  A, B, C thẳng hàng (định lý Mênêlauýt). o1 r1. r1. o2 o3 r2. r3 A B. C 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). B. E. M. H. F. A. O. C K. I. G. 1.

<span class='text_page_counter'>(11)</span> Chuyên đề BDHSG THCS 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 BD AK CH BD AB CH AK AB . . 1  . . 1  DA CG HB Ta có: DA KC HB ( vì KC CG do AB // CG) BD AB.CH . 1 => DA AC.HB (vì CG = AC) Kết hợp với (1) và (2) ta có BD AC.HA BD AB BD AB BD c . 1     DA AB.HA DA AC  DA  BD AC  AB hay c b  c (*) BO GC ME BD GC AC  AB BD GC b  c . .  . .  . . AB GC c c Mà OG CM EB GC AB BO GC ME BD.(b  c ) c b c . .   . 1 2 c bc c Kết hợp với (*) ta có: OG CM EB  C, O, E thẳng hàng (Định lí Mênêlauyt trong BMG và 3 điểm C, O, E). 1.

<span class='text_page_counter'>(12)</span> Chuyên đề BDHSG THCS 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) A 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) E M D  M,A,N,F,O thuộc đường tròn đường kính AO N H    ANM  AFN (*) C ADH ~ AFC, AND ~ ANC B F O 2 AH.AF = AD.AC = AN 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 A với (O) ( N là tiếp điểm) . Chứng minh D, N, H thẳng hàng (H là trực tâm ABC) Giải E D Kẻ tiếp tuyến AM ( M  (O)) M Gọi giao điểm của AO và MN là I N I  AN2 = AE.AF B Mà AN2 = AI.AO ( Hệ thức trong tam giác vuông) C O AE AI   AE.AF = AI.AO  AO AF F  AIE ~ AFO ( cgc)  Tứ giác EIOF nội tiếp  D,E,I,O,F thuộc đường tròn đường kính OD. 0    AIE MIO 90  D,M,N,I, thẳng hàng. Mặt khác M,H,N thẳng hàng (Kết quả bài tập 1)  D,N,H thẳng hàng.. 1.

<span class='text_page_counter'>(13)</span> Chuyên đề BDHSG THCS 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 A1, B1 C1 thứ tự là hình chiếu của M trên BC, CA, AB.Chứng minh A1, B1, C1 thẳng hàng. Giải  Không mất tính tổng quát giả sử M BC . A  M BA  M 900 BC 1 1 Ta có (Suy từ giả thiết)   MA1C1B nội tiếp  BA1C1 BMC1  (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC1 O  C MB  C 900 B1 MA 1 1 (suy từ giả thiết) A 1 B  B CMB  CA 1 1 1 MA1CB1 nội tiếp  C1 (2 góc nội tiếp cùng chắn cung B1C) 0    Mặt khác A  BMC B1MC1 180 M   MC  MB B  MC BMC  B C 1 1 1 1   Kết hợp với chứng minh trên 0         C1 A1 B B1 A1B => C1 A1B  BA1B1 B1 A1C  BA1C1 BA1C 180  A1, B1, C1 thẳng hàng. C. * Đường thẳng chứa ba điểm A1, B1, C1 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 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 A. B2 H O C2. B. D A1. B1 C. C1. M. 1.

<span class='text_page_counter'>(14)</span> Chuyên đề BDHSG THCS. Đường thẳng Sim son của tam giác ABC ứng với điểm M là đường thẳng qua A1, B1, C1 Lấy điểm B2, C2 đối xứng với M qua AC, AB.   Ta có AMB  ACB (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung AB)   Mà AMB  AC2 B ( Tính chất đối xứng trục)   Và ACB BHD (Hai góc có cạnh tương ứng vuông góc)    BHD  AC2 B  Tứ giác AC2BH nội tiếp    C2 HB C2 AB ( Hai góc nội tiếp cùng chắn cung BC2) 0      Tương tự ta có: B2 HC B2 AC  B2 HC2 BAC  BHC 180  C2; H; B2 thẳng hàng  B1C1 là đường trung bình của tam giác MB2C2  B1C1 đi qua trung điểm của MH. 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 (O2) đi qua B, K và N cắt (O) tại điểm thứ hai M (khác B). Gọi I, J thứ tự là trung điểm của BO1 , BM. CMR: I, J, O2 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.. 1.

<span class='text_page_counter'>(15)</span> Chuyên đề BDHSG THCS 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.. 1.

<span class='text_page_counter'>(16)</span> Chuyên đề BDHSG THCS 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 1   NIC  NCI   2 sđ PAN a) 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) $ · ¶ I + FIN = 1800 ;$ I1 = C 1 c) Có 2 (Do I và C đối xứng nhau qua MN)    Mà C1 B1 (hai góc nội tiếp cùng chắn cung AN )   Và B1 I 2 (I và B đối xứng nhau qua MP) 0      => I1 I 2 mà I 2  FNI FIE 180 => E, I, F thẳng hàng Bài 2 (ĐTS THPT chuyên năm 2005) Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. Vẽ tia Cx  AB. Trên Cx lấy hai điểm D CE CA   3 và E sao cho D nằm trong đoạn CE và CB CD . Đường tròn (O1) ngoại tiếp tam giác ACD cắt (O2) 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). 1.

<span class='text_page_counter'>(17)</span> Chuyên đề BDHSG THCS Giải CE CA   3 a) CB CD (gt) 0   Mà ECB  ACD 90 (suy ra từ giả thiết) H CEB ∽ CAD (c.g.c) Gọi giao điểm của BD với AE là H1 Ta phải chứng minh H1  H O1 Gọi K là giao điểm của AD và BE. 0 1  A Dễ thấy DKE 90  AK  BE D là trực tâm ABE  A 900  H  (O )  DH 1 1 1  0  BH E 90  H1  (O2 )  BD  AE   1  H1 là giao của (O1) và (O2) H1  H. Vậy A, H, E thẳng hàng.. E 1. K D. O. 2. B. C. F. 0  b) AHB 90 (suy ra từ chứng minh trên)  H thuộc đường tròn đường kính AB. · tan CBE =. CE = 3 CB. c) CBE vuông tại C  0 0     CBE 60  E1 BHC 30 . Gọi F là giao điểm của HC và đường tròn đường kính AB    600 BHF 300  sđ BF 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 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) C Ta có. CH  AM ( gt )  CH // BM (1)  0 BM  AM (  AMB  90 ) . D. N M K H. A. B. O. 1.

<span class='text_page_counter'>(18)</span> Chuyên đề BDHSG THCS   CHK BMK ( 900 )   CHK BMK  CH BM (2) CK KB( gt )   CKH BKM (dd ) Mặt khác  Từ (1 ), (2) ta có tứ giác BHCM là hình bình hành ( đpcm) 0  b) Ta có CHM vuông tại H có CMH 45 nên CHM vuông cân tại H=> CH=HM xét 2 tam giác OCH ; OHM có:. OC OM (bk )  CH  HM (cmt )  OHC OHM (c.c.c ) OH (chung ) . c) Ta sẽ chứng minh BH//CM và BD//CM. Vì tứ giác BHCM là hình bình hành nên BH//CM (3) OC OM   CH  HM  Ta lại có OH là trung trực của CM,mà N thuộc OH nên NC=NM     Nên CNM cân tại N ,nên CMN MCN  sđ CD = sđ BM    MCB CBD  BD / /CM (4) 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 (O1) đường kính AH cắt CA tại E, đường tròn (O2) đường kính BH cắt CB tại F. 1) Chứng minh tứ giác AEFB là tứ giác nội tiếp. 2) Gọi (O3) là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFB, D là điểm đối xứng của C qua O. Chứng minh ba điểm H, O3, 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. C. Giải. 1. E. 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 O3’ chứng minh O3’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFB.. K I. A. O O1. H. F. O2. B. S. O3. D. 1.

<span class='text_page_counter'>(19)</span> Chuyên đề BDHSG THCS  Chứng minh được CD EF Trong tam giác CHD có IO3’ là đường trung bình nên O3’O  AB mà OA=OB nên O3’O là trung trực của AB nên O3’ là tâm đường tròn ngoại tiếp tứ giác AEFB, tức là O3’trùng với O3 Hay H,O3 ,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 0   Suy ra EKF ECF 90 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 B1 , C1 là chân các đường cao kẻ từ B, C của tam giác ABC. Khi đó do tứ giác AB1HC1 nội tiếp, nên CHD CHB1 C1 AB1 BAC (1) 0 0 Do cách xác định điểm D nên HCD 90  HCB 90  C1CB C1BC ABC (2) ABC , HCD đồng dạng. Từ đó, do AL, HN theo thứ tự là trung Từ (1) và (2) suy ra các tam giác 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). 1.

<span class='text_page_counter'>(20)</span> Chuyên đề BDHSG THCS H , M , N Từ (3) và (4) suy ra thẳng hàng. Hơn nữa MN  AL . 0 2) Do LPN LCN 90 nên tứ giác LPNC nội tiếp, suy ra CPN CLN CBD (do LN || BD ) và do đó CPN 900  BCA BPM 900  ABC Tương tự cũng có 0 0 Từ đó suy ra BPC 180  BPM  CPN ABC  BCA 180  CAB BHC hay P nằm trên đường tròn Khi đó.  BHC . (Hình vẽ).. CBP CHN BAL BAP . Suy ra đường tròn  ABP  tiếp xúc với BC.. 2.

<span class='text_page_counter'>(21)</span>