Chuyên đề Chứng minh 3 điểm thẳng hàng, 3 đường đồng quy năm 2019 - Nguyễn Công Lợi

Nội dung tài liệu: Chuyên đề Chứng minh 3 điểm thẳng hàng, 3 đường đồng quy năm 2019 - Nguyễn Công Lợi

1. Tailieumontoan.com  Nguyễn Công Lợi CHUYÊN ĐỀ CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG, BA ĐƯỜNG ĐỒNG QUY Nghệ An, tháng 7 năm 2019
2. 1 CHUYÊN ĐỀ CÁC BÀI TOÁN VỀ BA ĐIỂM THẲNG HÀNG VÀ BA ĐIỂM ĐỒNG QUY LỜI NÓI ĐẦU Nhằm đáp ứng nhu cầu về của giáo viên toán THCS và học sinh về các chuyên đề toán THCS, website tailieumontoan.com giới thiệu đến thầy cô và các em chuyên đề về các bài toán về ba điểm thẳng hàng và ba điểm đồng quy. Chúng tôi đã kham khảo qua nhiều tài liệu để viết chuyên đề về này nhằm đáp ứng nhu cầu về tài liệu hay và cập nhật được các dạng toán mới về ba điểm thẳng hàng và ba điểm đồng quy thường được ra trong các kì thi gần đây. Chuyên đề gồm 4 phần: Hệ thông kiến thức cần nhớ Các thí dụ minh họa Bài tập tự luyện Hướng dẫn giải Các vị phụ huynh và các thầy cô dạy toán có thể dùng có thể dùng chuyên đề này để giúp con em mình học tập. Hy vọng chuyên đề về ba điểm thẳng hàng và ba điểm đồng quy này có thể giúp ích nhiều cho học sinh phát huy nội lực giải toán nói riêng và học toán nói chung. Mặc dù đã có sự đầu tư lớn về thời gian, trí tuệ song không thể tránh khỏi những hạn chế, sai sót. Mong được sự góp ý của các thầy, cô giáo và các em học! Chúc các thầy, cô giáo và các em học sinh thu được kết quả cao nhất từ chuyên đề này! Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
3. 2 CÁC BÀI TOÁN VỂ BA ĐIỂM THẲNG HÀNG VÀ BA ĐƯỜNG ĐỒNG QUY A. CÁC BÀI TOÁN VỀ BA ĐIỂM THẲNG HÀNG I. Một số phương pháp chứng minh ba điểm thẳng hàng Phương pháp 1: Sử dụng góc bù nhau Nếu có ABx xBC 1800 thì 3 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự đó. Phương pháp 2: 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. Để chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng ta chứng minh AB và AC cùng song song với một đườngthẳng d. Phương pháp 3: Sử dụng tiên đề về đường thẳng vuông góc Để chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng ta đi chứng minh AB và AC cùng vuông góc với một đường thẳng d. Phương pháp 4: Sử dụng 2 tia trùng nhau hoặc đối nhau Nếu hai tia MA, MB trùng nhau hoặc đối nhau thì 3 điểm M, A, B thẳng hàng. Phương pháp 5: 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 ba điểm A, B, D; A, C, D; B, C, D thẳng hàng. Phương pháp 6: Phương pháp sử dụng hình đuy nhất Để chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng với C thuộc hình H nào đó. Ta gọi C’ là giao điểm của AB với hình H và tìm cánh chứng minh hai điểm C và C’ trùng nhau. Phương pháp 7: Sử dụng định lý Menelaus Cho tam giác ABC. Các điểm A’, B’, C’ lần lượt nằm trên các đường thẳng BC, CA, AB sao cho trong chúng hoặc không có điểm nào, hoặc có đúng 2 điểm thuộc các cạnh của tam giác ABC. ABBCCA''' Khi đó A’, B’, C’ thẳng hàng khi và chỉ khi . . 1 ACBACB''' Chứng minh Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
4. 3 + Trường hợp 1: Trong 3 điểm A’, B’, C’ có đúng 2 điểm thuộc cạnh tam gi{c ABC. Giả sử l| B’, C’ - Điều kiện cần: Qua A kẻ đường thẳng song song với BC cắt đường thẳng B’C’ tại M. C'A AM B'C A 'C A'B B'C C' A AM A 'C A ' B Ta có ; . Vậy .. . . 1 C'B A'B B'A AM A'C B'A C'B A'B AM A'C - Điều kiện đủ: Gọi A’’ l| giao của B’C’ với BC. A''B B'C C' A A'B B'C C' A [p dụng định lý Menelaus (phần thuận) ta có . . 1 mà . . 1 A ''C B' A C' B A'CB'AC'B A''B A ' B nên . Do B’, C’ lần lượt thuộc cạnh CA, AB nên A’’ nằm ngo|i cạnh BC. A ''C A 'C A''B A ' B Vậy v| A’, A’’ nằm ngo|i cạnh BC suy ra A'' A' . Do đó A’, B’, C’ thẳng A ''C A 'C hàng + Trường hợp 2: Trong 3 điểm A’, B’, C’ không có điểm thuộc cạnh tam gi{c ABC được chứng minh tương tự. II. Một số ví dụ minh họa Ví dụ 1. Cho hình thang ABCD có AB//CD. Gọi O l| giao điểm của hai đường chéo AC v| BD. Gọi M, N, P lần lượt l| trung điểm của AB, BC, AD. Gọi E l| trung điểm của PN. Chứng minh rằng ba điểm M, O, E thẳng h|ng. Phân tích tìm lời giải Trên cơ sở hình vẽ v| c{c yếu tố trung điểm ta nhận thấy nếu gọi K l| trung điểm của CD thì tứ gi{c MNKP l| hình bình h|nh, khi đó ba điểm M, O, E thẳng h|ng. Để có được M, O, E ta cần chỉ ta được M, K, O thẳng h|ng. Do O l| giao điểm của hai đường chéo nên ta thấy có c{c tam gi{c đồng dạng. Do đó rất tự nhiên ta nghĩ đến chứng minh KOM 1800 . Lời giải Gọi K l| trung điểm của CD. Khi đó trong tam gi{c ABD có M v| P l| trung điểm của AB 1 v| AD nên PM l| đường trung bình, do đó PM//BD và PM BD . 2 Từ đó suy ra tứ gi{c MNKP l| hình bình A M B h|nh, do đó hai đường chéo NP v| MK cắt O nhau tại E hay ba điểm M, K, E thẳng h|ng . P N E Dễ thấy hai tam gi{c OAB v| OCD đồng OA AB dạng nên ta được . M| lại có OC CD D K C Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
5. 4 11 AM AB,CK CD nên ta được 22 OA AM . OC CK Xét hai tam giác OAM và OCK có OAM OCK và nên ta được OAM∽ OCK. Từ đó suy ra AOM COK. Mà ta có AOM MOC AOC 1800 nên ta được MOK COK MOC AOM MOC 1800 Do đó ba điểm M, O, K thẳng h|ng. Từ đó dẫn đến ba điểm M, O, E thẳng h|ng. Ví dụ 2. Cho tam gi{c ABC nội tiếp đường tròn (O). Gọi M l| một điểm tuỳ ý thuộc đường tròn (O). Gọi A;B;C1 1 1 theo thứ tự l| hình chiếu của M trên BC, CA, AB. Chứng minh ba điểm thẳng h|ng. Phân tích tìm lời giải Trên cơ sở hình vẽ v| giả thiết của b|i to{n ta nhận thấy c{c tứ gi{c nội tiếp. Điều n|y cho ta c{c góc nội tiếp bằng nhau. Do đó từ yêu cầu chứng minh ba điểm 0 thẳng h|ng ta nghĩ đến chứng minh C1 A 1 B BA1 B 1 180 . Muốn vậy ta cần chỉ ra được CABBAC1 1 1 1 . Lời giải Không mất tính tổng qu{t giả sử điểm M thuộc cung A nhỏ BC . 0 Ta có BC11 M BA M 90 nên tứ gi{c MA11 C B nội tiếp. BA C BMC MA C MB C 900 O B1 Do đó ta được 1 1 1 . Lại có 11 A B 1 C nên tứ gi{c MA11 CB nội tiếp. Do đó ta được C1 M CA1 B 1 CMB 1 0 Mặt kh{c ta lại có BAC BMC BAC B11 MC 180 nên BMC B11 MC Từ đó ta được B11 MC C MB . Kết hợp c{c kết quả trên ta được 0 Từ đó suy ta CAB1 1 BAB1 1 BAC 1 1 BAB1 1 180 nên ba điểm thẳng h|ng Nhận xét: Đường thẳng chứa ba điểm 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. Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
6. 5 Ví dụ 3. Cho tam gi{c ABC nhọn nội tiếp đường tròn (O). Điểm M bất kỳ trên cung nhỏ BC. Gọi E, F thứ tự l| c{c điểm đối xứng của M qua AB, AC. Gọi H l| trực t}m trực t}m ABC. Chứng minh rằng E, H, F thẳng h|ng. Phân tích tìm lời giải Trên cơ sở hình vẽ, tính tính đối xứng v| c{c tứ gi{c nội tiếp ta suy ra được c{c cặp góc bằng nhau như BHA' BEA, EHB EAB MAB hay A' HC ABC và CHF MAC . Do đó để chứng minh ba điểm E, H, F thẳng h|ng ta đi chứng minh EHB BHA' A' HC CHF 1800 . Lời giải Gọi B’ l| giao điểm của BH v| AC, A’ l| A giao điểm của AH v| BC. Khi đó tứ gi{c B' HA’CB’ nội tiếp nên C' F H BHA' A'CB' BCA AMB BEA . O E B Từ đó ta được tứ gi{c AHBE nội tiếp nên A' C suy ra . Hoàn toàn M tương tự ta có và . Từ đó ta được EHB BHA' A' HC CHF MAB ACB ABC MAC ABC BAC ACB 1800 Suy ra EHF 1800 nên ba điểm E, H, F thẳng h|ng. Nhận xét: Đường thẳng đi qua 3 điểm E, H, F nói trên có tên là đường thẳng Steiner ứng với điểm M. Ví dụ 4. Cho tứ gi{c ABCD nội tiếp đường tròn (O; R). C{c tia AB, DC cắt nhau tại M, c{c tia AD, BC cắt nha tại N. Đường tròn ngoại tiếp tam gi{c MBC cắt MN tại K kh{c M. Gọi T l| giao điểm của AC v| BD. Chứng minh rằng ba điểm O, T, K thẳng h|ng. Phân tích tìm lời giải Quan s{t hình vẽ ta nhận thấy OK v| TK cùng vuông góc với MN. Do đó ta hướng đến sử dụng quan hệ vuông góc để chứng minh ba điểm thẳng h|ng. Ta gọi S l| giao điểm của đường tròn ngoại tiếp tam gi{c ACM với MT. C{c tứ gi{c AMCS v| ABTS nội tiếp nên MT.TS R22 OT và MT.MS OM22 R . Từ đó MT2 OM 2 OT 2 2R 2 . Ho|n to|n tương tự ta cũng được NT2 ON 2 OT 2 2R 2 . Do đó suy ra MT2 NT 2 OM 2 ON 2 nên OT MN . Như vậy b|i to{n sẽ được chứng minh nếu ta chỉ ra được OK MN.Muốn vậy ta cần chỉ ra được OKM 900 . Lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
7. 6 Gọi S l| giao điểm của đường tròn ngoại N tiếp tam gi{c ACM với MT. Khi đó tứ gi{c AMCS nội tiếp đường tròn nên dễ d|ng suy D 22 ra được MT.TS AT.TC R OT Và K C S MSA MCA , MCA MBD nên ta được T MBD MSA. Do đó tứ gi{c ABTS nội tiếp O M đường tròn, do đó ta được B . Từ đó ta được A MT.MS MT.TS OM2 OT 2 2R 2 Suy ra . Tương tự ta cũng được Do đó ta được . Từ đó ta được . Mặt kh{c ta lại có MBC ADC và CKN MBC nên ta được ADC CKN Từ đó suy ra tứ gi{c DCKN nội tiếp đường tròn, do đó DKN DCN M| ta lại có DCN MAD nên ta được DKN MAD , suy ra tứ gi{c AMKD nội tiếp đường tròn. Nên ta được AKM ADM CKN . Do đó AOC AKC 2ADM AKC AKM CKN AKC 1800 . Suy ra tứ gi{c AOCK nội tiếp đường tròn. M| ta có OA OC nên OA OC, suy ra AKO OKC Do đó OKM AKO AKM 900 hay . Như vậy ta có và nên OT v| OK trùng nhau. Vậy ba điểm O, T, K thẳng h|ng. Ví dụ 5. Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo AC v| BD cắt nhau tại O. Trên cạnh 1 AB lấy điểm M sao cho AM AB . Đường thẳng qua D v| vuông góc với đường thẳng 3 MO cắt AC tại E. Gọi F l| giao điểm của MO v| CD. Chứng minh rằng ba điểm B, E, F thẳng h|ng. Phân tích tìm lời giải Lấy K l| trung điểmMT.MS của OMDF22 khi R đó ta nhận thấy OK song song với BF. Để chứng 2 2 2 2 2 2 2 2 minh baMT điểm B, OM E, F OTthẳng 2Rh|ng ta cần chỉ ra được EF vuông góc vớiNT OK. Muốn ON OTvậy ta 2R MT2 NT 2 OM 2 ON 2 OT MN cần chứng minh EF l| đường trung bình của tam gi{c COK hay đi chứng minh E l| trung OK MN điểm của OC. Lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
8. 7 Gọi H l| giao điểm của MO v| DE, khi đó ta được A M B HO DE tại H, do đó tam gi{c OHE vuông tại H. Từ đó ta được HOE OEH 900 , mà ta có MOA BOM 900 và O HOE MOA nên ta suy ra được OEH BOM. 11 E Ta lại có MBO ABC; DAE DAB . 22 H Xét hai tam giác MBO và DAE có MBO DAE và D K F C BOM AED nên MBO∽ DAE BO MB 2 Do đó ta được . Ta có AM MB AB và nên ta được MB AB, AE AD 3 2 MB 2 suy ra MB AD . Do đó ta được . Mà ta có AE AO OE và OA OB nên ta 3 AD 3 2 11 được BO OB OE OB 2OE . Do đó OE OB OC , nên E l| trung điểm của 3 22 OC Xét hai tam giác COF và AOM có FOC MOA, OA OC và OCF OAM 12 Do đó ta được COF AOM nên CF AM. Mà nên CF CD FD CD . 33 11 Gọi K l| trung điểm của FD, khi đó ta được FK KD FD CD 23 Trong tam gi{c BDF có O l| trung điểm của BD v| K l| trung điểm của FD nên OK l| đường trung bình của tam gi{c DBF. Do đó OK//BF. Chứng minh ho|n to|n tương tự ta được EF//OK Do đó theo tiên đề Ơclit thì BF v| EF trùng nhau hay ba điểm B, E, F thẳng hàng. Ví dụ 6. Cho hình vuông ABCD . Trên tia đối của tia CB lấy điểm E, trên tia đối của tia DA lấy điểm F sao cho AF BE . Vẽ EH vuông góc với BF lại H. Trên tia đối của tia EH lấy điểm K sao cho EK BF . Chứng1 minh rẳng ba điểm A, C, K thẳng h|ng. AM AB 3 Lời giải Kẻ KM vuông góc với AB tại M. Gọi N l| giao điểm của EF với KM. Trong tứ gi{c ABEF có BE//AF và BE AF nên tứ gi{c ABEF l| hình bình h|nh. Lại có ABF 900 nên ABEF là hình chữ nhật. Từ đó ta được BEN 900 . Tứ gi{c BENM có BMN MBE BEN 900 nên tứ gi{c BENM l| hình chữ nhật. Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
9. 8 0 0 Từ đó MNE 90 nên ENK 90 . M N K Xét hai tam giác vuông EBF và NEK có BF EK và EBF NEK . Do đó ta được EBF NEK, suy ra BE EN,EF NK Hình chữ nhật BENM C B E có BE EN nên tứ gi{c BENM l| hình vuông. Do đó suy ra BM MN . H Mặt kh{c AB NK EF. Nên ta được A D F MA MB AB MN NK MK. Tam gi{c AMK vuông tại M có MA MK nên nó là tam giác vuông cân. Suy ra MAK 450 Mặt kh{c BAC 450 . Như vậy hai tia AK v| AC trùng nhau hay ba điểm A, C, K thẳng hàng. Ví dụ 7. Cho tam giác ABC có AB AC BC . Gọi AD, BE, CF l| c{c đường ph}n gi{c trong của tam gi{c ABC. Gọi G, I, K, H lần lượt l| điểm đối xứng của B, A, C, A qua AD, BI GB BE, AD, CF. Lấy điểm M trên đoạn CK sao cho . Chứng minh rằng ba điểm G, I, CI CM M thẳng h|ng. Phân tích tìm lời giải BG BI Từ c{c giả thiết v| ta suy ra được nên BGI∽ CKH . Từ đó CK CH ta được GI//HK. Như vậy để chứng minh ba điểm G, I, M thẳng h|ng ta cần chỉ ra được CM CI MI//KH. Muốn có được điều đó ta đi chứng minh . CK CH Lời giải Ta có AD, BE, CF l| c{c đường ph}n gi{c A trong của tam gi{c ABC. Gọi G, I, K, H lần lượt l| điểm đối xứng của B, A, C, A qua E F AD, BE, AD, CF. Khi đó ta được G AG AB,G AC; AB BI, I BC B AK AC,K AB;CH AC,H BC H D I C M AB AG Trong tam giác ACK có nên suy AK AC K BG AG ra được BG//CK. Do đó ta được và CK AC GBC KCN. Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
10. 9 Do AG AB BI,AC CH nên Xét hai tam giác BGI và CKH có và GBI KCH nên Từ đó ta được BIG CHK nên suy ra GI//HK. Do và nên ta được CM BG BG CK CM CK CM CI và . Điều n|y dẫn đến . Trong tam giác CHK có CI BI BI CH CI CH CK CH nên ta được MI//HK. Từ đó ta có GI//KH v| MI//HK nên hai đường thẳng GI v| MI trùng nhau. Do đó ba điểm G, I, M thẳng h|ng. Ví dụ 8. Cho tứ gi{c ABCD. C{c đường thẳng AB, CD cắt nhau tại M v| c{c đường thẳng AD, BC cắt nhau tại N. Gọi I, J, K lần lượt l| trung điểm của AC, BD, MN. Chứng minh rằng ba điểm I, J, K thẳng h|ng. Phân tích tìm lời giải Trên cở sở giả thiết v| hình vẽ của b|i to{n ta nhận thấy nếu lấy A,B,C1 1 1 lần lượt l| trung điểm của NB, NA, AB thì xuất hiện c{c bộ ba điểm thẳng h|ng nên ta nghĩ đến định lí Menelaus. Do đó ý tưởng đầu tiên để chứng minh ba điểm I, J, K thẳng h|ng đó l| IC KB JA BI GB đi chứng minh 1. 1 . 1 1 . Ngo|i ra ta lại thấy nếu gọi K’ l| giao điểm của IJ v| MN CI CM IB1 KA 1 JC 1 m| ta chứng minh được SSNIJ MIJ thì suy ra được hai điểm K v| K’ trùng nhau. Lời giải Cách 1: Gọi lần lượt l| trung BG BI M BGI∽ CKH CK CH điểm của NB, NA, AB. Ta có AK1 là B đường trung bình của tam gi{c NBM nên CM CI C CK CH K ta được // BM. Ta có BK1 l| đường C1 I J A1 trung bình của tam gi{c NAM nên ta được // BM. Theo tiên đề Ơclit ta được hai N A B1 D đường thẳng và trùng nhau hay ba điểm A1 , B1 , K thẳng h|ng. Như vậy KAB 11.. Chứng minh ho|n to|n tương tự ta được JAC 11 và IBC 11 1 1 1 1 1 1 Ta có IC BC; IB CN; KB AM; KA BM; JA DN; JC AD 12 1 2 1 2 1 2 1 21 2 Xét tam gi{c NAB với M thuộc AB, C thuộc B, D thuộc NA v| ba điểm M, C, D thẳng hàng. Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
11. 10 AM BC DN BC AM DN [p dụng định lí Menelaus ta có . . 1Suy ra . . 1 hay MB CN AD CN BM DA Trong tam giác ABC1 1 1 có , , và . Như vậy theo định lí Menelaus thì ba điểm I, J, K thẳng h|ng. 1 1 1 1 Cách 2: Ta có SS;SS;SS;SS NAI2 MAC NBJ2 NBD BIJ2 BDI ABI2 ABC V| lại có SSS;SSS;SSSMAC NCD ACD NBD NCD BCD BDI ABD ABID . Do đó ta được 1 1 1 1 SSSSSSSSSSS NIJ NAB NAI NBJ BIJ ABI NAB2 MAC 2 NBD 2 BDI 2 ABC 1 1 1 1 SSSSSSSS NAB2 NCD ACD 2 NCD BCD 2 ABD ABID 2 ABC 1 1 1 SSSSSSS NAB NCD 2 ACD ADC 2 BCD ABD 2 ABID 1 1 1 1 SSSSS ABCD2 ABCD 2 ABCD 4 ABCD 4 ABCD 1 1 Chứng minh tương tự ta cũng được SS . Từ đó suy ra SSS . MIJ4 ABCD NIJ MIJ4 ABCD Gọi K’ l| giao điểmIC1 của KB 1IJ JAv| 1 MN. Gọi khoảng c{ch tứ M, N đến IJ lần lượt l| h , h . Khi đó . . 1 12 IB KA JC 111 1 1 11 ta được S S h .IJ h .IJ h h . Từ đó h .JK' h .JK' hay SS NIJ MIJ 221 2 1 2 2212 JMK' JNK' nên ta được K'MK'N hay K’ l| trung điểm của MN. Do đó hai điểm K v| K’ trùng nhau. Vậy ba điểm I, J, K thẳng h|ng. Ví dụ 8. Cho hình thang ABCD có AB//CD. Trên c{c cạnh AD v| BC lấy lần lượt c{c điểm AM CN M, N sao cho . Đường thẳng qua M song song với AC cắt BD tại P v| cắt CD tại AD BC K. Gọi I l| trung điểm của MN, O l| giao điểm của AC v| BD. Chứng minh rằng ba điểm O, I, K thẳng h|ng. Phân tích tìm lời giải Gọi Q l| giao điểm của KN v| AC, S l| giao điểm của OK v| PQ. Dễ thấy tứ gi{c KPOQ là hình bình h|nh nên S l| trung điểm của PQ. Như vậy để chứng minh ba điểm O, I, K thẳng h|ng ta cần chứng minh được MN song song với PQ. KAB 11 Lời giải JAC 11 IBC 11 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
12. 11 Gọi Q l| giao điểm của KN v| AC, S l| A B giao điểm của OK v| PQ. Trong tam gi{c O ACD có MK//AC nên theo định lí Talets ta M AM CK P I có . M| theo giả thiết ta có N DM CD S S' Q AM CN CK CN nên ta được D K C DM BC CD BC Trong tam giác BCD có nên theo định lí Talets đảo ta được KN//BD. Do đó tứ gi{c POQK l| hình bình h|nh, suy ra S l| trung điểm của PQ. Trong tam gi{c MP DP PK DP DAO có MP//OA nên và trong tam giác DOC có PK//OC nên . Do đó OA OD OC OD MP PK MP NQ nên suy ra PQ//MN. Gọi S’ l| giao điểm của KI v| MN. Chứng OA OC PK QK PS' S'Q KS' minh tương tự ta được MI IN KI Mà ta có IN IM nên suy ra PS' QS' . Điều n|y dẫn đến hai điểm S v| S’ trùng nhau, do đó ba điểm K, I, S thẳng h|ng. M| ba điểm K, S, O thẳng h|ng nên suy ra bốn điểm S, K, I, O thẳng h|ng. Vậy ba điểm O, I, K thẳng h|ng. Ta có điều phải chứng minh. Ví dụ 10. Cho tứ gi{c ABCD. Lấy c{c điểm E v| F trên c{c cạnh AB v| CD sao cho EB FC . Gọi I l| trung điểm của EF, H l| trung điểm của AD, K l| trung điểm của BC. AB CD Chứng minh rằng ba điểm H, I, K thẳng h|ng. Phân tích tìm lời giải Nhận thấy tứ gi{c PEQF l| hình bình h|nh nên I l| trung điểm của PQ. Để chứng minh ba điểm H, I, K thẳng h|ng ta gọi K’ l| giao điểm của HI với BC v| chứng minh K’ l| trung điểm của BC. Lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
13. 12 Vẽ EP//AD với P thuộc BH, vẽ FQ//AD với A E Q thuộc CH. Trong tam gi{c ABH có B EP//AH nên theo định lí Talets ta có P EP EB I . Trong tam giác CDH có FQ//HD H K AH AB K' Q FQ FC nê theo định lí Talets ta có HD CD EP FQ D F C Mà ta có nên ta được . AH HD Mà ta có AH HD nên suy ra EP FQ Mặt kh{c ta có EP//FQ nên tứ gi{c PEQF l| hình bình h|nh. Do I l| trung điểm của EF nên I cũng l| trung điểm của PQ. EB BP Trong tam giác ABH có EP//AH nên và trong tam giác CDH có FQ//HD nên AB BH FC CQ CD CH BP CQ Mà ta có nên . Trong tam giác HBC có nên suy ra PQ//BC. BH CH IP IH Gọi K’ l| giao điểm của HI v| BC. Trong tam gi{c HBK’ có IP//K’B nên ta có K ' B HK ' IQ HI IP IQ Trong tam gi{c HCK’có IQ//K’C nên ta có . Từ đó ta được , mà ta có K 'C HK ' BK ' CK ' IP IQ nên suy ra BK' CK' . Điều n|y dẫn đến hai điểm K v| K’ trùng nhau. Vậy ba điểm H, I, K thẳng h|ng. EB FC Ví dụ 11. Cho hình thang vuông ABCD có A D 900 . Đường trong đường kính CD cắt AB CD AB tại M v| N (M nằm giữa N v| B). Đường thẳng qua A song song với MD cắt đường thẳng qua B song song với MC tại E. Chứng minh rằng ba điểm C, E, D thẳng h|ng. Phân tích tìm lời giải Nhận thấy tứ gi{c MLEF l| hình chữ nhật. Khi đó tam gi{c FCE v| MCD có FC EF EFC CMD và nên FCE∽ MCD do đó ta được FCE MCD . Điều n|y dẫn MC MD đến hai tia DE v| DC trùng nhau, tức l| điểm E, C, D thẳng h|ng. Lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
14. 13 Gọi L l| giao điểm của AE v| MD, gọi F l| giao A D điểm của MC v| BE. Do tam gi{c MCD nội tiếp L E đường tròn đường kính CD nên ta được N CMD 900 . Do AE//MC và CM MD nên ta 0 được AE DM. Từ đó suy ra ALM MLE 90 M F Do BE//MD và nên ta được BE MC. Từ đó suy ra BFC EFM 900 . Xét hai tam giác B C BMC và ADM có MBC DAM và BMC ADM . MC BC Suy ra BMC∽ ADM nên và MD MA BCF AML Xét hai tam giác BCF và AML có BFC ALM và BCF AML BC FC Suy ra BCF∽ AML nên . Tứ gi{c MLEF có LMF EFM MLE 900 nên là AM ML FC FD BC MC FC EF hình chữ nhật. Do đó ta được EF ML . Do vậy nên EF ML MA MD MC MD FC EF Xét hai tam giác FE và MCD có EFC CMD và MC MD Suy ra FCE∽ MCD nên ta được FCE MCD . Điều n|y dẫn đến hai tia CE v| CD trùng nhau Vậy ba điểm E, C, D thẳng h|ng. Ví dụ 12. Cho tam gi{c ABC nhọn có ba đường cao AD, BE, CF cắt nhau tại H. Vẽ HI vuông góc với EF tại I, HK vuông góc với DE tại K. Gọi giao điểm của IK v| AD l| M, giao điểm của FM v| DE l| N. Gọi S l| điểm đối xứng với B qua D. Chứng minh rằng ba điểm A, N, S thẳng hàng. Phân tích tìm lời giải Do c{c tứ gi{c FAEH v| ABDE nội tiếp nên HEF BED. Từ đ}y ta được HIE HKE nên tam gi{c EIK c}n tại F v| tam gi{c HIK c}n tại H. Từ đó ta được c{c tứ gi{c FIMH v| HMNK nội tiếp. Để chứng minh ba điểm N, A, S thẳng h|ng ta cần chứng minh MAN DAS hay ta AM MN chứng minh AMN∽ ADS . Muốn vậy ta cần có . Chú ý l| từ c{c tứ gi{c nội AD DS AM MF tiếp trên ta suy ra được tam gi{c HFN c}n nên MF//BD, do đó ta được . Kết hợp AD BD Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
15. 14 với MF MN và BD DS thì ta được . Như vậy ta có thể trình bày bài toán như sau. Lời giải 0 Tứ gi{c FAEH có AFH AEH 90 nên tứ A gi{c FAEH nội tiếp. Suy ra HEF FAH Tứ gi{c ABDE có ADB AEB 900 nên tứ E gi{c ABDE nội tiếp. Suy ra BAD BED I M Từ đó ta được F N H Xét hai tam giác vuông HIE và HKE có EH K chung và HEI HEK nên B D S C Từ đó suy ra IE EK và HI HK . Suy ra tam gi{c EIK c}n tại F v| tam giác HIK cân tại H 1 Duy ra KIE 1800 IEK 900 IEH KIE FAH 900 . Mà ta có NHF FAH 900 , do 2 đó ta được KIE MHF nên tứ gi{c FIMH nội tiếp đường tròn. Nên suy ra HMF HIF 900 Tứ gi{c HMNK có HMN HKN 900 nên tứ gi{c HMNK nội tiếp đường tròn. Ta có HFN HIK,HNM HKI,HIK HKI HFN HNM Từ đó suy ra tam gi{c HFN c}n tại H nên HF HN . Mà ta có HM FN nên HM l| đường trung trực của tam gi{c HFN. Ta có FM AD,BD AD nên ta được FM//BD. Trong tam gi{c ABD có FM//BD nên theo định lí Talets ta có Lại có và nên ta được HEF BED Xét hai tam giác AMN và ADS có AMN ADS và nên AMN∽ ADS HIE HKE Từ đó suy ra , suy ra hai tia AN v| AS trùng nhau. Vậy ta có ba điểm A, N, S thẳng h|ng. MAN DAS 0 AM MN Ví dụ 13. Cho hình thoi ABCD có BAD 60 . Đường thẳng d đi qua C cắt c{c cạnh AB, AD AD DS lần lượt tại M, N kh{c A. Đường thẳng d’ đi qua A v| song song vớiAM BD cắt MF c{c đường thẳng BN, Dm lần lượt tại E v| F. Gọi P l| giao điểm của BN với DM. ADChứng BD minh rằng c{c trọng t}m của c{c tam gi{c ABD, AME, AFN thẳng h|ng. Phân tích tìm lời giải Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
16. 15 Trên cơ sở hình vẽ v| giả thiết của b|i to{n ta nhận định được tam gi{c AFN đều. Điều n|y dẫn đến ANB AFD hay tứ gi{c ADNF nội tiếp v| nếu gọi J l| trọng t}m tam giác AFN thì J là t}m đường tròn ngoại tiếp tứ gi{c ABNF nên JA JP. Ta lại thấy tam gi{c MAE đều nên nếu gọi I l| trọng t}m tam gi{c AME thì I l| t}m đường tròn ngoại tiếp tứ gi{c EAPM nên suy ra IA IP . Gọi O l| trọng t}m tam gi{c ABD. Để chứng minh ba điểm I, J, O thẳng h|ng ta chỉ cần chứng minh được OA OP , tức l| ta cần chứng minh O l| t}m đường tròn ngoại tiếp tứ gi{c ABPD. Lời giải Tam giác ABD cân có nên E M' A N' F tam gi{c ABD đều. Trong tam gi{c BD MB MAF có BD//AF nên ta có . I O J AF MA K B D Trong tam giác MAN có BC//NA nên BC MB P ta có AN MA N BD BC C Suy ra . Mà ta có BD BC M AF AN nên ta được AF AN Ta lại có FAN ADB 600 và tam giác AFN cân, có AFN 600 nên l| tam gi{c đều. Từ đó ta được AF AN FN và AFN FNA 600 Do đó ta được ABN ADF nên suy ra . Từ đó suy ra tứ gi{c ADNF nội tiếp đường tròn. Gọi J l| trọng t}m tam gi{c AFN, khi đó J l| t}m đường trong ngoại tiếp tam gi{c AFN. Do đó J l| t}m đường tròn ngoại tiếp tứ gi{c ABNF, suy ra Ta có NPF NAF 600 nên ta được EPM NPF 600 M| ta lại có EAM ABD 600 nên ta được EAM EPM 600 , do đó tứ gi{c EAPM nội tiếp đường tròn. Từ đó suy ra AEM APN ANF 600 . Trong tam giác MAE có MAE AEM 600 nên l| tam gi{c đều. Gọi I l| trọng t}m tam gi{c AME. Khi đó I l| t}m đường tròn ngoại tiếp tứ gi{c EAPM, suy ra . Ta có NPD ABD 600 nên tứ gi{c ABPD nội tiếp đường tròn. Gọi O l| trọng t}m tam gi{c ABD, khi đó O l| t}m đường tròn ngoại tiếp tứ gi{c ABPD, nên ta được Như vậy ta có , và , suy ra ba điểm J, I, O thuộc đường trung trực BAD 600 của đoạn thẳng AP. Vậy ba điểm O, I, J thẳng h|ng. Ví dụ 14. Cho hình vuông ABCD có O l| giao điểm của hai đường chéo. Trên tia đối của 1 tia CD lấy điểm E sao cho CE CB . Vẽ DM vuông góc với BE tại M. Gọi I l| trung điểm 2 của OB. Chứng minh rằng ba điểm A, I, M thẳng h|ng. Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
17. 16 Lời giải Cách 1: Hình vuông ABCD có O l| giao điểm của Q hai đường chéo nên O l| trung điểm của AC, BD v| AC vuông góc với BD tại O. Ta có A B OI OI 1 , m| ta lại có nên ta được I OA OB 2 G CE 1 OI CE OI OA M . Do đó CB 2 OA CB CE CB O H Hai tam giác AOI và BCE có AOI BEC và P OI OA nên AOI∽ BCE , suy ra AIO BEC. CE CB D C E Gọi H l| giao điểm của BC v| DM. Đặt BC 2a a 0 Hai tam giác DCH và BCE có DCH BCE và CDH CBE nên DCH∽ BCE DC CH 1 Do đó CD.CE BC.CH . Mà ta có CD BC nên CH CE , suy ra CH CB. BC CE 2 1 Do H l| trung điểm của CB nên ta được BH CB BH.BC 2a2 2 Hai tam giác BMH và BCE có BMH BCE và MBH CBE nên BMH∽ BCE BM BH Do đó ta được BM.BE BH.BC, suy ra BM.BE 2a2 . BC BE Trong tam gi{c BCD vuông tại C ta tính được BD 8a2 1 1 1 1 Ta có BI OB và OB BD nên BI BD, do dó ta được BI.BD BD22 BI.BD 2a 2 2 4 4 BI BM Do đó ta được BM.BE BI.BD 2a2 BE BD BI BM Hai tam giác BIM và BED có IBM EBD và nên ta được BIM∽ BED BE BD Do đó ta được BIM BED , mà ta có AID BED nên ta được BIM AID Từ đó suy ra AID DIM BIM DIM 1800 nên AIM 1800 . Vậy ba điểm A, I, M thẳng hàng. Cách 2: Vẽ AP vuông góc với MD tại P v| AQ vuông góc với MB tại Q. Từ đó suy ra tứ gi{c APMQ l| hình chữ nhật nên PAQ 900 . Mà ta có DAB 900 nên ta được DAP BAQ . Hai tam giác vuông DAP và BAQ có AD AB và DAP BAQ nên DAP BAQ Do đó AP AQ , suy ra tứ gi{c APMQ l| hình vuông. Nên MA l| ph}n gi{c của góc BMD . Gọi H l| giao điểm của BC v| DM. Đặt AB 2a , suy ra CE a và CD 2a nên DE 3a . Tam giác BCE và CDH có BCE DCH và CBE CDH nên BCE∽ DCH 1 CE CB 2 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
18. 17 CE BC 1 1 Do đó ta được CE CH . Mà ta có CE BC nên CH CB nên H là trung CH CD 2 2 điểm của BC, suy ra BH a . Hai tam giác BMH và DME có BMH DME và MBH MDE MB BH 1 Suy ra BMH∽ DME nên ta được MD DE 3 IB IB IB IB 1 IB MB Ta có , do đó ID IO OD IB OB IB 2IB 3 ID MD Vẽ MG l| đường ph}n gi{c của tam gi{c BMD. GB MB IB GB IB ID IB ID BD Ta có , suy ra 1 IB GB GD MD ID GD GB GD GB GD BD Từ đó suy ra hai điểm I v| G trùng nhau, nên MI l| ph}n gi{c của góc BMD Từ đó ta được hai tia MA v| MI trùng nhau, nên ba điểm A, I, M thẳng h|ng. Ví dụ 15. Cho hình vuông ABCD có hai đường chéo cắt nhau tại E. Đường thẳng qua A cắt cạnh BC v| cắt đường thẳng CD lần lượt tại M v| N. Gọi giao điểm của EM v| BN l| K, giao điểm của CK v| AB l| F. Chứng minh rằng ba điểm D, M, F thẳng h|ng. Lời giải Hình vuông ABCD có hai đường chéo A S B F cắt nhau tại E nên ta được E l| trung điểm của hai đường chéo v| AC, BD M E K vuông góc với nhau tại E. EB EC EBA ECB Ta có và . Trên D C N cạnh AB lấy điểm S sao cho BS CM . Hai tam giác BES và CEM có BS CM , EBS ECM và EB EC nên BES CEM Do đó ta được ES EM và SEM MEC . Suy ra tam gi{c SEM c}n tại E. Lại có SEM SEB BEM MEC BEM BEC 900 .Do đó tam gi{c SEM vuông c}n tại E, do đó SME 450 . Tam gi{c AND có MC//AD nên theo định lí Talets ta có AN AD AN AB MN MC MN SB Do đó ta được SM//BN, suy ra BKE SME 450 . Hai tam giác BKE và BDN có KBE DBN và BKE BDN nên BKE∽ BDN BK BE Do đó ta được BK.BN BE.BD BD BN Hai tam giác BEC và BCD có EBC CBD và BEC BCD nên BEC∽ BCD Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
19. 18 BE BC BK BC Do đó ta được BC2 BE.BD. Từ đó suy ra BK.BN BC2 BC BD BC BN BK BC Hai tam giác BKC và BCN có KBC CBN và nên BKC∽ BCN BC BN Do đó ta được BKC BCN nên BKC 900 Hai tam giác BCN và FBC có CBN BFC và BCN FBC nên BCN∽ FBC BC CN BC BF AB BF Do đó ta được BF BC CN BC CN CD MB AB MB BF Trong tam giác MNC có AB//CN nên ta có . Do đó ta được . MC CN MC CD Hai tam giác MBF và MCD có MBF MCD và nên MBF∽ MCD Từ đó suy ra DMF CMD BMF BMD CMD BMD hay DMF 900 Vậy ba điểm D, M, F thẳng h|ng. Ví dụ 16. Cho s{u điểm bất kì A, B, C, D, E, F cùng nằm trên một đường tròn. Gọi G, H, K lần lượt l| giao điểm của c{c cặp đường thẳng AB v| DE, BC v| EF, CD v| AF. Chứng minh rằng ba điểm G, H, K thẳng h|ng. Phân tích tìm lời giải 1 1 Ta nhận thấy BIF sdBAF sdCDE và BHF sdBAF sdCDE nên ta được tứ 2 2 gi{c BIHF nội tiếp, từ đó suy ra BIH BFH 1800 . Như vậy để chứng minh được G, H, K thẳng h|ng ta cần chứng minh được BIH BIG 1800 . Muốn vậy ta cần chỉ ra được BIG BFH . Ngo|i ra nếu gọi A’, B’, C’ lần lượt l| giao điểm của AB v| EF, AB v| CD, CD v| EF. Khi đó ta thấy bộ c{c điểm thẳng h|ng, từ đó ta liên tưởng đến định lí Menelaus. Lời giải Cách 1: Gọi I l| giao điểm của hai đường A trong ngoại tiếp tam gi{c GBD v| tam gi{c O B KDF(I kh{c D). Khi đó ta có C BIF BID DIF BGD DKF D 11 sdAFE sdBCD sdABC sdCDF 22 11 sdCAE sdBCF sdBAF sdCDE 22 K I H G Mà ta có Do đó BIF BHF , do đó tứ gi{c BIHF nội tiếp đường tròn. Từ đó suy ra . 1 Mặt kh{c ta lại có BIG BDG sdBG . Mà ta có BDG BFE 2 Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC
20. 19 Nên ta được BIH BIG BIH BFH 1800 , suy ra HIG 1800 Do đó ba điểm H, I, G thẳng h|ng. Chứng minh tương tự ta được I, H, K thẳng h|ng. Như vậy bốn điểm H, I, G, K thẳng h|ng. Do đó ba điểm G, H, K thẳng h|ng. Cách 2: Gọi A’, B’, C’ lần lượt l| giao điểm của AB v| EF, AB v| CD, CD v| EF. [p dụng định lí Menelaus cho tam gi{c A’B’C’ có ba điểm B, C, H thẳng h|ng ta được BA ' CB' HC' . . 1 BB' CC' HA ' [p dụng định lí Menelaus cho tam gi{c A’B’C’ với ba điểm D, G, E thẳng h|ng ta được DB' EC' GA ' . . 1 DC' EA ' GB' [p dụng định lí Menelaus cho tam gi{c A’B’C’ với ba điểm A, F, K thẳng h|ng ta được AA ' KB' FC' . . 1 AB' KC' FA ' Xét hai tam gi{c A’AF v| A’EB có AA ' F chung và A' AF A' EM AA ' FA ' Do đó ta được A’AF∽ A’EB, suy ra AA '.BA ' EA '.FA ' EA ' BA ' Ho|n to|n tương tự ta được AB'.BB' CB'.DB' và FC'.EC' CC'.DC' HC' GA ' KB' Từ đó ta được . . 1 . HA ' GB' KC' Trong tam gi{c A’B’C’ có c{c điểm G, H, K thỏa mãn , nên theo định lí Menelaus ta được ba điểm G, H, K thẳng h|ng. Ví dụ 17. Cho điểm A nằm ngo|i đường tròn (O). Từ điểm A vẽ hai tiếp tuyến AB v| AC(B, C l| hai tiếp điểm) v| c{t tuyến ADE với đường tròn (O) sao cho tia AD nằm giữa hai tia AO v| AB. Đường thẳng qua D v| song song với BE cắt BC, AB lần lượt tại v| Q. Gọi K đối xứng với B qua E. Chứng minh rằng ba điểm A, P, K thẳng h|ng. Lời giải Gọi H, I lần lượt l| giao điểm của BC với B E K I OA, DE. Ta có AB, AC l| hai tiếp tuyến Q D P với đường tròn (O) nên AB AC và AO O A H l| ph}n gi{c của góc BAC. Do đó AO l| đường cao của tam gi{c ABC. Xét hai x C tam giác ABD và AEB có ABD AEB và BAD chung, suy ra AEB∽ ABD. Tác giả: Nguyễn Công Lợi TÀI LIỆU TOÁN HỌC