Chuyên đề một số hướng tiếp cận bài toán chứng minh ba điểm thẳng hàng46791

Một số hướng tiếp cận 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 dạng toán quen thuộc, đề thi học sinh giỏi Nhưng gặp dạng toán này, nhiều học sinh tỏ lúng túng Để loại bỏ lúng túng ấy, chuyên đề sau đây, thống kê số hướng để giúp học sinh tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng, kèm theo số ví dụ minh họa Sự phân loại phương pháp chuyên đề mang tính cá nhân Một số hướng tiếp cận gặp toán chứng minh thẳng hàng: Hướng 1: Sử dụng góc bù Hướng 2: Sử dụng tính chất hình bình hành Hướng 3: Sử dụng tiên đề đường thẳng song song Hướng 4: Sử dụng tính chất đường tròn Hướng 5: Sử dụng tia trùng đối Hướng 6: Thêm điểm Hướng 7: Sử dụng định lý Mê-nê-la-uýt Đối tượng để dạy bồi dưỡng chuyên đề em học sinh khá, giỏi toán lớp 9, chủ yếu học sinh đội tuyển học sinh giỏi toán Dự kiến chuyên đề bồi dưỡng buổi, với thời lượng tiết Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - PHẦN II PHƯƠNG PHÁP CỤ THỂ VÀ VÍ DỤ MINH HỌA I Hướng thứ nhất: Sử dụng góc bù ฀  1800 điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự + Nếu có ฀ABx  xBC + Tổng quát: Nếu quay xung quanh điểm A tia AB1, AB2, , ABn theo ฀ AB  B ฀ AB   B ฀ AB  1800 điểm B ; A; B thẳng hàng thứ tự mà B n 2 n 1 n Ví dụ Cho tam giác ABC có góc B C nhọn, đường cao AH Dựng phía ฀ ฀ = CAE = 900) Gọi ngồi tam giác ABC tam giác vng cân ABD, ACE ( BAD M trung điểm DE Chứng minh H, A, M thẳng hàng Giải Dựng hình bình hành AEFD  M trung điểm AF (t/c hình bình hành) EF = DA = BA ฀ ฀ (Cùng bù với DAE ) Mặt khác EA = CA (gt); ฀AEF = CAB F EFA = ABC (c-g-c)  ฀A1  C฀1 ( Hai góc tương ứng) Mà ฀A2  C฀1 = 900 E M  ฀A1  ฀A2 = 900 D  ฀A1  ฀A2  ฀A3  1800 A1 ฀ Hay FAH  180  M, A, H thẳng hàng B C H Ví dụ Cho ABC nhọn, nội tiếp đường tròn (O), điểm M cung nhỏ BC E, F thứ tự điểm đối xứng M qua AB, AC, gọi H trực tâm ABC Chứng minh E, H, F thẳng hàng Gọi B’ giao điểm BH AC; Giải Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - A’ giao điểm AH BC Tứ giác HA’CB’ nội tiếp ฀  ฀A ' CB '  BCA ฀ ฀ ฀  H  BMA  BEA A (t/c đối xứng trục)  Tứ giác AHBE nội tiếp ฀ ฀ ฀  EAB  MAB  EHB ฀ ฀ Tương tự ta có: ฀A ' HC  ฀ABC , CHF  MAC F B' C' O B E H C A' ฀ ฀  ฀A ' HC  CHF ฀ ฀ ฀  EHB H  MAB  ฀ACB  ฀ABC  MAC M ฀ = ฀ACB  ฀ABC  BAC  1800 ฀  EHF  1800  E, H, F thẳng hàng * Đường thẳng qua điểm E, H, F nói có tên đường thẳng Steiner ứng với điểm M * Việc chứng minh điểm E, H, F nói thẳng hàng đề cập đề thi Olympic Japan 1996: Cho tam giác ABC, M điểm đường tròn (ABC) Gọi K, P, Q điểm đối xứng M qua BC, CA, AD Chứng minh P, K, Q nằm đường thẳng qua điểm cố định, không phụ thuộc vào điểm M thay đổi đường tròn (ABC) (Olympia Japan 1996) II Hướng thứ hai: Sử dụng tính chất hình bình hành Có thể sử dụng tính chất : hai đường chéo hình bình hành cắt trung điểm đường Do đó, chứng minh tứ giác ABCD hình bình hành O trung điểm AC B,O,D thẳng hàng Ví dụ Cho ABC có trực tâm H nội tiếp (O) đường kính CM, gọi I trung điểm A AB Chứng minh H, I, M thẳng hàng Giải MB  BC, AH  BC (suy từ giả thiết) I M H O  MB // AH B C Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - Mà MA // BH (cùng vuông góc với AC)  AMBH hình bình hành  AB cắt MH trung điểm I AB MH (t/c hình bình hành)  H, I, M thẳng hàng Ví dụ Cho ABC điểm M tam giác Gọi A1, B1, C1 thứ tự điểm đối xứng M qua trung điểm cạnh BC, CA, AB Gọi O giao điểm BB1 CC1 Chứng minh điểm A, O, A1 thẳng hàng Giải Gọi D, E, F thứ tự trung điểm BC, CA, AB  EF đường trung bình ABC MB1C1 (suy từ giả thiết) 2  EF  BC  B1C1 EF // BC // B1C1  BC // B1C1 BC = B1C1 A c1 b1  BCB1C1 hình bình hành F  O trung điểm BB1 CC1 E M O (t/c hình bình hành) C B + Tương tự ta có: ABA1B1 hình bình hành D A1  AA1 cắt BB1 O trung điểm BB1 AA1  A, O, A1 thẳng hàng III Hướng thứ ba: Sử dụng tiên đề đường thẳng song song Tiên đề Ơclít: Qua điểm ngồi đường thẳng kẻ đường thẳng song song với đường thẳng cho Do đó, qua điểm A ta kẻ AB AC song song với đường thẳng d A, B, C thẳng hàng Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - Ví dụ Chứng minh rằng: trung điểm hai cạnh bên hai đường chéo B A hình thang ln thẳng hàng Giải N M Với hình thang ABCD (AB // CD) Q P M, N, P, Q thứ tự trung điểm D C AD, BC, BD, AC Cần chứng minh M, N, P, Q thẳng hàng Từ (gt)  MN, MP, MQ thứ tự đường trung bình 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 Cho ABC nhọn, đường cao AH, BD CE Gọi M, N, P, Q thứ tự hình chiếu H AB, BD, CE AC Chứng minh M, N, P, Q thẳng hàng Giải + Từ (gt)  MH //CE; NH // AC   MN // ED BM BH BN   (định lý Talét) BE BC BD (1) (định ký Talét đảo) + Chứng minh tương tự ta có: PQ // ED (2) + Áp dụng hệ thức lượng tam giác vuông HAC HAB ta có: A AH2  = AQ AC = AM AB D AQ AB AB AD   mà AM AC AC AE P (vì DAB ∽ EAC (g.g))  AQ AM AQ AD hay   MQ / / ED  AD AE AM AE (định lý Talét đảo) Q E M N C B H Kết hợp với (1), (2) ta có Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - M, N, Q thẳng hàng M, Q, P thẳng hàng (tiên đề Ơclít) Do M, N, P, Q thẳng hàng IV Hướng thứ tư: Sử dụng tính chất đường tròn Khi B tâm đường tròn đường kính AC, đường trịn tâm A đường trịn tâm C tiếp xúc B điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự Ví dụ Cho (O) đường kính AB Điểm M chuyển động (O), M ≠ A; M ≠ B Kẻ MH vng góc với AB Vẽ đường trịn (O1) đường kính MH cắt đường thẳng MA MB C 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)) C O A ฀ D  900  CM H B O  CD đường kính (O1)  C, D, O1 thẳng hàng b) MCHD hình chữ nhật nội tiếp (O1) ฀ ฀ ฀ )  MCD  MHD (2 góc nội tiếp chắn MD ฀ ฀  MCD ฀ ฀  ฀ACD  1800 Mà MCD B  ฀ACD  B  ABDC nội tiếp Ví dụ Cho đường trịn (O) dây cung AB Lấy I thuộc đoạn AB cho IA > IB Gọi D điểm cung nhỏ AB, DI cắt (O) điểm thứ hai C Tiếp tuyến với (O) C cắt AB K Lấy điểm E cho KE  KI  IE , EC cắt (O) F Chứng minh D, O, F thẳng hàng Giải Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng ฀  sđ ฀AD ) Ta có I฀1  (sđ BC D ฀ (gt) Mà ฀AD  DB ฀  sđ DB ฀ )  sđ DBC ฀  I฀1  (sđ BC B A I 2 E K O ฀  sđ DBC ฀  I฀1  ICK C  KIC cân K => KI = KC mà KI  KE  IE gt  F  KC  IK  KE  IE ฀ CIE vuông C ฀  900  DF đường kính (O)  DCF  D; O; F thẳng hàng V Hướng thứ năm: Sử dụng tia trùng đối Nếu tia MA, MB trùng đối điểm M, A, B thẳng hàng Ví dụ Cho (O) đường kính AB Trên (O) lấy điểm D (khác A, B) Lấy điểm ฀ C đoạn AB, kẻ CH  AD H  AD  Phân giác BAD cắt (O) E, cắt CH F Đường thẳng DF cắt (O) N Chứng minh N, C, E thẳng hàng Giải (gt)  HC // DB (cùng vng góc với AD) E D  C฀1  B฀1 (2 góc đồng vị) H ฀ (2 góc nội tiếp chắn ฀AD )  N ฀ C ฀ Mà B฀  N 1 F  Tứ giác AFCN nội tiếp A ฀ (2 góc nội tiếp chắn FC ฀ )  ฀A1  N 1 O ฀ mà ฀A1  ฀A2 (gt) Hay ฀A1  FNC Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng N – BX – VP ThuVienDeThi.com B C Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng ฀ ฀ ฀  ฀A2  FNC mà ฀A2  DNE  FNE ฀ ) (2 góc nội tiếp chắn DE ฀ ฀  FNE mà NC NE thuộc nửa mặt phẳng bờ DN  FNC  tia NC & NE trùng  N, C, E thẳng hàng Ví dụ 10 Cho ABC, đường trịn bàng tiếp góc A tiếp xúc với tia AB N Kẻ đường kính MN Trên tia đối tia AB lấy điểm K cho AK = BN Chứng minh K, C, M thẳng hàng Giải Gọi I, J thứ tự tâm đường trịn bàng tiếp góc A, góc B ABC (I) tiếp xúc với BC AC thứ tự P H (J) tiếp xúc với BC BA thứ tự Q K’ Ta có: CA + CB – AB K' = CA + CP + PB – AB K J = CA + CH +NB – AB = AH + NB – AB = AN + NB – AB = 2NB (t/c tiếp tuyến) A  CA + CB – AB – 2NB Tương tự ta có: CA + CB – AB = 2AK’  AK = AK’ = BN  K’  K B P Q H Mặt khác PIC đồng dạng QJC (g.g)  C N IC IP IM   JC JQ JK I M ฀ ฀ mà CIM  CJK (2 góc so le MN // JK)  ICM đồng dạng JCK (c.g.c) ฀ ฀  ICM  JCK  tia CK CM đối Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng -  K, C, M thẳng hàng V Hướng thứ sáu: Thêm điểm Để chứng minh điểm A, B, C thẳng hàng xác định thêm điểm D khác A, B, C sau chứng minh hai ba điểm A, B, D; A, C, D; B, C, D thẳng hàng Ví dụ 11 Cho hình chữ nhật ABCD có O giao điểm đường chéo Điểm M đoạn OB, lấy E đối xứng với A qua M; H hình chiếu điểm E BC, vẽ hình chữ nhật EHCF Chứng minh M, H, F thẳng hàng Giải A B Gọi I giao điểm HF CE M  H; I; F thẳng hàng (*) (t/c hình chữ nhật) Cần chứng minh: M, I, F thẳng hàng E H O 1 MA  ME  AE ( gt ) OA  OC  AC 2 I (t/c hình chữ nhật)  OM đường trung bình ACE D F C ฀ ฀  OM // CE  ODC (2 góc đồng vị)  ICF ฀ ฀ ฀  IFC ฀  OCD & ICF Mà ODC (vì OCD cân O, ICF cân I, t/c hình chữ nhật) ฀ ฀  IF / / AC mà IM //AC (do IM đường trung bình ACE)  OCD  IFC  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 giao điểm AB CD Gọi F giao điểm AC BD Các tiếp tuyến với (O) B C cắt M Chứng minh E, M, F thẳng hàng Giải Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng A B K M F E D C Gọi K giao điểm đường tròn (B, D, E) đường trịn (F, D, C), (K khơng trùng D) Ta chứng minh K, E, M thẳng hàng K, F, M thẳng hàng Tứ giác BKDE DKFC nội tiếp (suy từ gt) ฀ ฀ ฀ ฀  BKC  BKD  DKC  1800  ฀AED  DFC (*) ฀ ฀ )+ (sđ ฀AB +sđ CD ฀ ) Mặt khác: ฀AED + DFC  (sđ ฀AD - sđ BC  ฀ ฀ ) = BMC ฀ (sđ BADC  sđ BC ฀ ฀ ฀ ฀  ฀AED  DFC  BMC kết hợp với (*) ta có: BKC  BMC  1800 ฀ ฀ ฀ )  BCM  Tứ giác BKCM nội tiếp  BKM (2 góc nội tiếp chắn BM ฀ ฀ ฀ ) BDE ฀ ฀ ฀ ) Mà BCM (cùng sđ BC (2 góc nội tiếp chắn BE  BDE  BKE ฀ ฀  BKE  tia KE KM trùng  K, E, M thẳng hàng  BKM (1) ฀ ฀ Tương tự ta có: CKF  CKM  tia KF KM trùng  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 điểm A’,B’, C’ nằm đường thẳng BC; CA, AB cho chúng nằm phần kéo dài cạnh - 10 Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - tam giác điểm nằm phần kéo dài cạnh tương ứng mà Điều kiện cần đủ A’,B’, C’ thẳng hàng 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 CA ' CF BC ' BE  ;  ;  (Hệ Talét) B ' C CF A ' B BE C ' A AD  AB ' CA ' BC ' AD CF BE  1 B ' C A ' B C ' A CF BE AD C'' C' B E * Chứng minh điều kiện đủ: A' AB ' CA ' BC '  A’  BC; Giả sử B 'C A ' B C ' A B’  AC; C’  AB, ta chứng minh A’, B’ C’ thẳng hàng Gọi giao điểm A’B’ với AB C’’ Theo điều kiện cần ta có: Mà F A C B' AB ' CA ' BC '' 1 B ' C A ' B C '' A D AB ' CA ' BC ' BC '' BC '  (gt)    C ''  C ' B 'C A ' B C ' A C '' A C ' A Ví dụ 13 Cho đường trịn có bán kính đơi khác ngồi Chứng minh giao điểm tiếp tuyến chung ngồi cặp đường trịn thuộc đường thẳng Giải + Xét đường tròn (O1; r1); (O2; r2); (O3; r3) + Giao điểm tiếp tuyến chung (O1; r1) (O2; r2) C Giao điểm tiếp tuyến chung (O1; r1) (O3; r3) B Giao điểm tiếp tuyến chung (O2; r2) (O3; r3) A - 11 Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - Nhận thấy O1, O2, C thẳng hàng (suy từ t/c tiếp tuyến cắt nhau)  CO1 r1  CO2 r2 Tương tự ta có: AO2 r2 BO3 r3 CO1 AO2 BO3 r1 r2 r3   ;   1 AO3 r3 BO1 r1 CO2 AO3 BO1 r2 r3 r1  A, B, C thẳng hàng (định lý Mênêlauýt) o1 r1 r1 o2 o3 r3 r2 A B C Ví dụ 14 Cho ABC vuông A, đường cao AH Trên cạnh AB, AC thứ tự dựng hình vng ABEF, ACGI nằm tam giác ABC Gọi O giao điểm BG AH Chứng minh C, O, E thẳng hàng Gọi D giao điểm CO AB; K giao điểm BO AC; Giải E B M - 12 Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com H Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - M giao điểm EB GC Đặt AC = b; AB = c Ta có: + ABC ∽HAC (g.g)  AB AC  AB HC = AC HA (1)  HA HC + ABC ∽HBA (g.g)  AC AB  AC HB = AB HA (2)  HA HB Mặt khác theo định lí Cêva với ABC BK, AH, CD AK AB BD AK CH BD AB CH     ( AB // CG) KC CG DA KC HB DA CG HB BD AB.CH  (vì CG = AC) => DA AC.HB Ta có: Kết hợp với (1) (2) ta có BD AC.HA BD AB BD AB BD c       hay (*) DA AB.HA DA AC DA  BD AC  AB c bc BO GC ME BD GC AC  AB BD GC b  c Mà   OG CM EB GC AB AB GC c c BO GC ME BD.(b  c) c bc   1 Kết hợp với (*) ta có: OG CM EB c bc c  C, O, E thẳng hàng (Định lí Mênêlauyt BMG điểm C, O, E) - 13 Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - PHẦN III MỘT SỐ BÀI TẬP ÁP DỤNG Bài 1: Chứng minh trực tâm tam giác nằm đường thẳng nối hai tiếp điểm hai tiếp tuyến kẻ từ đỉnh đến đường trịn đường kính cạnh nối hai đỉnh cịn lại tam giác (Chinese 1996) Giải Xét ABC có đường cao AF, BD, CE A cắt H , kẻ AM AN hai tiếp tuyến đường tròn (O) đường kính BC (M, N tiếp điểm)  M,A,N,F,O thuộc đường trịn đường kính AO E M D ฀ ฀  ANM  AFN (*) N H ADH ~ AFC, AND ~ ANC C B F O AH.AF = AD.AC = AN2 AH AN   ANH ~AFN (c-g-c) AN AF  ฀ANH  ฀AFN  Kết hợp với (*) ta có: ฀ANM  ฀ANH  ฀AFN  H MN + Nếu  ABC vuông B C HM HN ta có điều phải chứng minh * Việc chứng minh điểm M, H, N thẳng hàng nói đề cập đến nội dung câu 4.b đề thi HSG cấp tỉnh năm 2012 – 2013 tỉnh Vĩnh Phúc Bài 2: Từ điểm D nằm ngồi đường trịn (O) đường kính BC, kẻ hai tiếp tuyến DE DF với (O) (E, F tiếp điểm) Trên đường thẳng EF lấy điểmAA phía ngồi (O) kẻ tiếp tuyến AN với (O) ( N tiếp điểm) Chứng minh D, N, H thẳng hàng (H trực tâm ABC) E Giải D M Kẻ tiếp tuyến AM ( M  (O)) N I Gọi giao điểm AO MN I B  AN2 = AE.AF C O Mà AN = AI.AO ( Hệ thức tam giác vuông)  AE.AF = AI.AO  F AE AI  AO AF - 14 Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng -  AIE ~ AFO ( cgc)  Tứ giác EIOF nội tiếp  D,E,I,O,F thuộc đường tròn đường kính OD ฀  ฀AIE  MIO  900  D,M,N,I, thẳng hàng Mặt khác M,H,N thẳng hàng (Kết tập 1)  D,N,H thẳng hàng Bài 3: (đường thẳng Sim sơn) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi M điểm tuỳ ý thuộc đường tròn (O) Gọi A1, B1 C1 thứ tự hình chiếu M BC, CA, AB.Chứng minh A1, B1, C1 thẳng hàng Giải ฀ Không tính tổng quát giả sử M BC A ฀ M  BA ฀ M  900 (Suy từ giả thiết) Ta có BC 1 ฀ C  BMC ฀ MA1C1B nội tiếp  BA 1 ฀ (Hai góc nội tiếp chắn cung BC ฀ C  MB ฀ C  900 (suy từ giả thiết) MA 1 O ฀ B  CMB ฀ MA1CB1 nội tiếp  CA 1 (2 góc nội tiếp chắn cung B1C) ฀ ฀ MC  1800 Mặt khác ฀A  BMC B 1 B B1 A1 C C1 ฀ ฀ MC  C ฀ MB  B ฀ MC B  BMC 1 1 M Kết hợp với chứng minh ฀ B B ฀ A C  BA ฀ C  BA ฀ C  1800  C฀1 A1 B  B฀1 A1 B => C฀1 A1 B  BA 1 1 1  A1, B1, C1 thẳng hàng * Đường thẳng chứa ba điểm A1, B1, C1 gọi đường thẳng Simsơn tam giác ABC ứng với điểm M * Nếu M trùng với đỉnh tam giác ABC đường thẳng Simsơn đường cao tương ứng Bài Cho tam giác ABC nội tiếp (O) với H trực tâm , M điểm tuỳ ý thuộc (O) Chứng minh đường thẳng Sim sơn ứng với điểm M qua trung điểm MH - 15 Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - Giải A B2 H O C2 B B1 D A1 C C1 M Đường thẳng Sim son tam giác ABC ứng với điểm M 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 chắn cung AB) Mà ฀AMB  ฀AC2 B ( Tính chất đối xứng trục) ฀ (Hai góc có cạnh tương ứng vng góc) Và ฀ACB  BHD ฀  ฀AC2 B  Tứ giác AC2BH nội tiếp  BHD ฀ HB  C ฀ AB ( Hai góc nội tiếp chắn cung BC ) C 2 ฀ AC  B ฀ HC  BAC ฀ ฀ Tương tự ta có: B฀ HC  B  BHC  1800 2  C2; H; B2 thẳng hàng  B1C1 đường trung bình tam giác MB2C2  B1C1 qua trung điểm MH - 16 Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - PHẦN IV MỘT SỐ BÀI TẬP ĐỀ NGHỊ Hãy lựa chọn phương pháp hợp lí để chứng minh điểm thẳng hàng tập 1) Cho ABC nhọn nội tiếp (O), trực tâm H Gọi I trung điểm BC A’ điểm đối xứng A qua O CMR: H, I, A’ thẳng hàng 2) Cho ABC nội tiếp đường tròn (O), đường tròn (O1) qua A C cắt BA, BC thứ tự điểm K, N; đường tròn (O2) qua B, K N cắt (O) điểm thứ hai M (khác B) Gọi I, J thứ tự trung điểm BO1 , BM CMR: I, J, O2 thẳng hàng 3) Cho tứ giác ABCD nội tiếp (O) Vẽ Ax, AD cắt BC E, Ay  AB, cắt CD F CMR: E, F, O thẳng hàng 4) Cho ABC trực tâm H Từ A kẻ tiếp tuyến AM, AN với đường trịn đường kính BC CMR: M, H, N thẳng hàng 5) Cho ABC nội tiếp (O), trực tâm H, M điểm cung BC không chứa A Gọi N, E thứ tự điểm đối xứng M qua AB 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) F Đường thẳng qua A vng góc với AB đường thẳng qua F vng góc với FC cắt P Hãy CMR: P, D, O thẳng hàng - 17 Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận 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 (ĐTS THPT chuyên năm 2005) Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), đường phân giác cắt I Các đường thẳng AI, BI, CI cắt (O) thứ tự M;N;P a) Chứng minh tam giác NIC cân N b) Chứng minh I trực tâm tam giác MNP c) Gọi E giao điểm MN AC; F giao điểm PM AB Chứng minh E,I,F thẳng hàng ฀ =? d) Gọi K trung điểm BC Giả sử BI  IK BI = 2.IK BAC Giải ฀  NCI ฀ ฀  sđ PAN a) NIC nên NIC cân N b) Do  NIC cân N nên NI=NC (1) tương tự MIC cân M nên MI=MC (2) từ (1) (2) ta có MN trung trực IC MNPC tương tự BNPM, AMPN mà AM,BN,CP cắt I Nên I trực tâm MNP (đpcm) · = 1800 ;$I1 = C ¶ c) Có $I + FIN A N P I F E 1 C B (Do I C đối xứng qua MN) Mà C฀1  B฀1 (hai góc nội tiếp chắn cung ฀AN ) M Và B฀1  I฀2 (I B đối xứng qua MP) ฀  FIE ฀  1800 => E, I, F thẳng hàng => I฀1  I฀2 mà I฀2  FNI Bài (ĐTS THPT chuyên năm 2005) Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự Vẽ tia Cx  AB Trên Cx lấy hai điểm D E cho D nằm đoạn CE CE CA   Đường tròn CB CD (O1) ngoại tiếp tam giác ACD cắt (O2) ngoại tiếp tam giác BEC điểm H (H ≠ C) - 18 Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - a) Ba điểm A, H, E thẳng hàng b) H thuộc đường tròn đường kính AB c) Đường thẳng qua hai điểm H C qua điểm cố định C di chuyển đoạn thẳng AB (C ≠ A; C ≠ B) CMR: Giải CE CA   (gt) CB CD ฀  ฀ACD  900 (suy từ giả thiết) Mà ECB a) CEB ∽ CAD (c.g.c) Gọi giao điểm BD với AE H1 Ta phải chứng minh H1  H Gọi K giao điểm AD BE ฀ Dễ thấy DKE  900  AK  BE D trực tâm ABE E H K D O2 O1 A B C ฀ A  900  H  (O )  DH 1  BD  AE   ฀  BH1 E  90  H1  (O2 ) F  H1 giao (O1) (O2) H1  H Vậy A, H, E thẳng hàng b) ฀AHB  900 (suy từ chứng minh trên)  H thuộc đường trịn đường kính AB · = c) CBE vuông C  tan CBE CE = CB ฀ ฀  BHC ฀  600  E  300 Gọi F giao điểm HC đường tròn đường  CBE ฀ ฀  600 mà B cố định  HC qua điểm F (cố định) kính AB  BHF  300  sđ BF C di chuyển Bài 3: ( ĐTS THPT chuyên năm 2008) Cho nửa đường tròn tâm O đường kính AB C điểm cung AB Gọi K trung điểm đoạn thẳng BC Đường thẳng qua hai điểm A K cắt (O) M (M≠A) Kẻ CH  AM (H  AM) Đường thẳng OH cắt đường BC N Đường thẳng MN cắt (O) D (D ≠ M) CMR: a) BHCM hình bình hành b) OHC = OHM c) B, H, D thẳng hàng - 19 Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - Giải C D N M K H A O B a) Ta có CH  AM ( gt )  CH // BM (1)   BM  AM (AMB  90 ) ฀ ฀ CHK  BMK ( 900 )   CHK  BMK  CH  BM (2) Mặt khác CK  KB( gt ) ฀ ฀ CKH  BKM (dd ) Từ (1 ), (2) ta có tứ giác BHCM hình bình hành ( đpcm) ฀  450 nên CHM vuông cân H=> CH=HM b) Ta có CHM vng H có CMH xét tam giác OCH ; OHM có: OC  OM (bk )  CH  HM (cmt )  OHC  OHM (c.c.c) OH (chung )  c) Ta chứng minh BH//CM BD//CM Vì tứ giác BHCM hình bình hành nên BH//CM (3) OC  OM  OH trung trực CM,mà N thuộc OH nên NC=NM CH  HM Ta lại có  ฀ ฀ ฀ = sđ BM ฀  MCN  sđ CD Nên CNM cân N ,nên CMN ฀ ฀  MCB  CBD  BD / / CM (4) từ (3),(4) ta có D,H,B thẳng hàng (đpcm) - 20 Trần Văn Quảng – THCS Lý Tự Trọng – BX – VP ThuVienDeThi.com ... ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng -  K, C, M thẳng hàng V Hướng thứ sáu: Thêm điểm Để chứng minh điểm A, B, C thẳng. .. ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - PHẦN V MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG TRONG CÁC ĐỀ THI HỌC SINH GIỎI... ThuVienDeThi.com Một số hướng tiếp cận toán chứng minh thẳng hàng - Ví dụ Chứng minh rằng: trung điểm hai cạnh bên hai đường chéo B A hình thang ln thẳng