HH9 cđ4 PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HÌNH học

CHUYÊN ĐỀ: PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH HÌNH HỌC Bài 1: Chứng minh ba điểm thẳng hàng A Các phương pháp chứng minh ba điểm thẳng hàng Giả sử chứng minh điểm A, B, C thẳng hàng Chứng minh điểm thuộc đường thẳng d Chứng minh đường thẳng AB qua C Diện tích ABC  (đvdt) Sử dụng tính chất cách (2 đường thẳng cắt nhau, song song) Dùng phương pháp phản chứng Chứng minh hai góc kề có tổng 180 Sử dụng tiên đề Ơclit đường thẳng song song: Qua điểm nằm ngồi đường thẳng có đường thẳng song song với đường thẳng cho Sử dụng vng góc, song song: + AB  d AC  d + AB / / d AC / / d Sử dụng hai tia trùng Sử dụng điểm (hình) (trung điểm đoạn thẳng, trọng tâm tam giác, trực tâm tam giác) Thêm điểm: Muốn chứng minh ba điểm A, B, C thẳng hàng ta chứng minh ba điểm A, B, M thẳng hàng ba điểm A, C , M thẳng hàng B Bài tập Bài 1: Chứng minh hai góc kề có tổng 180 Cho tam giác ABC nhọn Đường trịn đường kính BC cắt cạnh AB, AC F E Gọi H giao điểm BE CF , D giao điểm AH BC , M điểm đối xứng F qua đường thẳng BC Chứng minh điểm E , D, M thẳng hàng Lời giải · · Ta có F đối xứng với M qua BC  FDB  MDB Tứ giác FHDB nội tiếp (tổng hai góc đối 180 ) · ·  FBH  FDB · · Chứng minh tương tự ta có HDE  HCE · · Mà HCE  FBH Vậy   · · · · · · FDH  EDH  FDM  FDE  BDF  FDH  ·ADB  1800 Bài 2: Sử dụng tiên đề Ơclit Cho tam giác ABC có I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC AI cắt đường tròn ( I ) D Gọi E , F điểm cung AB (khơng chứa C ) , AC (không chứa B) , M giao điểm DE AB , N giao điểm DF AC Chứng minh M , I , N thẳng hàng Lời giải · · · · · · · · Ta có DIB  IBA  IAB  IBC  IAC  IBC  CBD  IBD  DIB cân D  DI  AB  1 · Vì E điểm cung AB nên DE phân giác BDI Từ (1)(2)  DE trung trực BI · · · · Mà M  DE  MI  MB  MBI  MIB  IBC  MIB  MI / / BC  3   Chứng minh tương tự ta có Từ (3)(4) suy M , N , I thẳng hàng (Tiên đề Ơclit) NI / / BC Bài 3: Sử dụng vng góc (2) Cho hình vng ABCD, I điểm cạnh BC Vẽ BE vng góc với DI E , BE cắt CD F Gọi K giao điểm AE BD Chứng minh ba điểm F , I , K thẳng hàng Lời giải Tam giác BDF có hai đường cao BD CE cắt I  I trực tâm BDF  FI  BD  1 · ABCD  ·ADB  DBC  450 Vì hình vng 0 · · · · · Tứ giác ADEB nội tiếp  AEB  ADB  45  KEI  BED  KEB  45 · ·  KEI  KBI   450   KBEI · nội tiếp  IKB  90  IK  BD   Từ (1)(2)  K , I , F thẳng hàng Bài 4: Sử dụng hai tia trùng Cho hình thang cân ABCD  AB / / CD, AB  CD  Điểm E CD Vẽ đường tròn ( I ) tiếp xúc với AC C qua E , đường tròn tâm (O) tiếp xúc với AD D qua D , E Chứng minh ba điểm B , E , F thẳng hàng Lời giải ·  DFE  ·ADC  · · Ta có  FEC  ACD  1 · · · ·  DFC  ·ADC  ACD  DFC  DAC  1800 · · · · Vì ABCD hình thang cân  DAC  DBC  DFC  DBC  180  DBCF nội tiếp · ·  DFB  DCB  2 · · Mà ABCD hình thang cân  DCB  ADC  3 · · Từ (1)(2)(3)  DFE  DFB  FE trùng tia FB Bài 5: Sử dụng điểm (hình) Cho tam giác ABC vuông A , AH đường cao Vẽ hai đường tròn (O) , ( I ) có đường kính BH , HC Vẽ DE tiếp tuyến chung hai đường tròn (O) , ( I ) ( C  O , D   I  ), D E nằm nửa mặt phẳng bờ BC không chứa A Gọi M trung điểm đoạn thẳng CD Chứng minh A , H , M thẳng hàng Lời giải Kéo dài AH cắt DE M ' Chứng minh M '  M O O' Vì AH  OH , AH  O ' H  AH tiếp tuyến chung     M ' H  M ' D   M 'D  M 'E  M ' Theo tính chất tiếp tuyến  M ' H  M ' E trung điểm DE M 'M Bài 6: Thêm điểm Cho tam giác ABC , AD đường cao, H trực tâm Vẽ DE  AB E DF  AC F , DK  HB K Chứng minh điểm E , F , K thẳng hàng Lời giải Hạ DI  HC · · Tứ giác HKDI nội tiếp  HKI  HDI · · · · · Mà HDI  DCH (phụ DHC ), HCD  EDB (đồng vị) · · Tứ giác EKDB nội tiếp  BDE  EKB · · Vậy EKB  HKI  E , K , I thẳng hàng Chứng minh tương tự ta có K , I , F thẳng hàng Vậy E , F , K thẳng hàng Bài 7: Đường thẳng Simson Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) M điểm (O) Gọi D , E , F hình chiếu vng góc M đường thẳng AB, BC , CA Chứng minh D, E , F thẳng hàng Đường thẳng qua D, E, F có tên đường thẳng Simson ứng với điểm M tam giác ABC Lời giải · · Xét trường hợp tam giác ABC nhọn MBA  MCA (các trường hợp khác chứng minh tương tự) Khi D thuộc tia đối tia BA , E F ương ứng nằm cạnh BC , CA · · · · Vì tứ giác MDBE ABMC nội tiếp  MED  MBD  ACM  180  MEF · · ·  MED  MEF  1800  DEF  1800 Do D, E , F thẳng hàng (đpcm) Bài 8: Cho tam giác ABC điểm M Gọi D , E , F tương ứng hình chiếu vng góc M đường thẳng AB, BC , CA Biết ba điểm D, E , F thẳng hàng Chứng minh M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Lời giải · Khơng tính tổng qt, ta xét trường hợp điểm M nằm góc BAC · · · · Các tứ giác BEMD, CMEF tứ giác nội tiếp nên BMD  BED; CMF  CEF · · · · Ta lại có BED  CEF  BMD  CMF µ · Tứ giác ADMF nội tiếp nên A  DMF  180 · · · ·  µA  DMB  BDF  1800  µA  CMF  BDF  1800 Do tứ giác ABMC nội tiếp Suy M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Bài 9: Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) Gọi E giao điểm AB, CD ; F giao điểm AC , BD Các tiếp tuyến với (O) B , C cắt M Chứng minh E , M , F thẳng hàng Lời giải F , C, D  K  D  Gọi K giao điểmcủa đường tròn qua B, D, E đường tròn qua · · · · · Ta có BKC  BKD  DKC  180  AED  DFC       · »  sd »AB  sdCD »  sd BADC ¼ »  sd MBC ¼ sd ·AED  sd DFC  sd »AD  sd BC  sd BC 2 Mặt khác ·AED  DFC · · · ·  MBC  BKC  BMC  1800 Suy · ·  BKMC nội tiếp  BKM  BCM · · · · · · Ta lại có BCM  BDE ; BDE  BKE  BKM  BKE  hai tia KE , KM trùng  K , E , M thẳng hàng (1) · · Tương tự ta có CKF  CKM  KF , KM hai tia trùng  K , F , M thẳng hàng Vậy E , M , F thẳng hàng Bài 10: Cho tam giác ABC  AB  AC  Đường trịn (O) đường kính BC cắt AB, AC D E Gọi H giao điểm BE CD Đường thẳng qua O vng góc với CE cắt đường thẳng vng góc với BC C M Gọi N trung điểm AH Chứng minh M , N , E thẳng hàng Lời giải · · Ta có BDC  BEC  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn) HAE vng E , E đường trung tuyến  NA  NE  NAE cân N · ·  NAE  NEA OE  OC   R   OEC · · cân O  OEC  OCE ABC có BE , CD hai đường cao cắt H 0 · · · ·  H trực tâm ABC  AH  BC  NAE  OCE  90  NEA  OEC  90 · ONE  900  NE  OE Do MO  EC  OM qua trung điểm CE  OM đường trung trực EC  ME  MC OE  OC   R  , ME  MC , OM Xét OEM OCM có cạnh chung · · · Do OEM  OCM  ccc   OEM  OCM ; OEM  90  EM  OE Ta có NE  OE; EM  OE  M , N , E thẳng hàng Cho tam giác nhọn ABC  AB  AC  nội Bài 11: tiếp đường tròn (O) , đường cao AD CE cắt H Đường tròn ( I ) ngoại tiếp tam giác BDH cắt đường tròn (O) M ( M khác B) Vẽ đường kính BF đường tròn (O) Chứng minh M , H , F thẳng hàng Lời giải Gọi N giao điểm AC HF · · Ta có BAF  90 ; BCF  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn) · BDH  900  I trung điểm BH · AH  BC ; FC  BC BCF  900  AH / / BC   Ta có Tương tự ta có AF / / HC  AHCF hình bình hành Suy N trung điểm HF BHF có N , O trung điểm HF BF BHF  ON / / BH ; ON  BH Suy ON đường trung bình Ta có ON  IH ; ON / / IH  HNOI hình bình hành  HF / / OI O I Mà hai đường tròn     cắt B, M  OI đường trung trực BM  OI  BM Ta có HF / /OII ; OI  BM  HF  BM · · Mà BMH  BEH  90  HM  BM ; HF  BM , HM  BM  M , H , F thẳng hàng Bài 12: Cho đường tròn ( I ) nội tiếp tam giác ABC D, E , F tiếp điểm đường tròn ( I ) với cạnh BC , CA, AB Đường thẳng qua F song song với BC cắt DE K Gọi M trung điểm FK Chứng minh A, M , D thẳng hàng Lời giải Qua A vẽ đường thẳng song song với BC cắt DE , DF S , L Ta có ·ALF  BDF · ·  SL / / BC  ; DFB  1»  ·  BDF   DF    · · Suy ALF  AFL  ALF cân A  LA  AF Tương tự ta có AS  AE Mà AE  AF  LA  AS  DLS có FK / / LS  LS DF FK FK LS DF FM  ; FM  ; LA    DI LS 2 DL LA DF FM · · · · DFM  DLA ;   DFM ∽ DLA  cgc   FDM  LDA DL LA Xét DFM DLA có  DM , DA hai tia trùng Vậy A, M , D thẳng hàng Bài 13: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O) ( AB  AC ), H trực tâm tam giác ABC Đường trịn đường kính AH cắt đường trịn (O) K ( K khác A) Gọi M trung điểm cạnh BC Chứng minh M , H , K thẳng hàng Lời giải Vẽ đường kính AD đường trịn (O) · Ta có AKD  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  DK  AK ·AKH  900 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  HK  AK Do D, H , K thẳng hàng (1) · Ta có ACD  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường trịn)  DC  AC Mà BH  AC ( H trực tâm tam giác ABC ) Do CH / / BD Do tứ giác BHCD hình bình hành Mà M trung điểm BC nên M trung điểm HD  D, M , H thẳng hàng (2) Từ (1)(2) ta có D, H , M , K thẳng hàng Vậy M , H , K thẳng hàng 10 Lời giải a) Tam giác MAB vng M Có thể chứng minh sau: · · ' B  DOC ∽ EO ' B  cgc   D · CO  E · BO '  C D / / B E OD / / O ' E  DOC  EO Mà CD  AD  EB  AD b) Dễ chứng minh tứ giác MDCE hình chữ nhật Từ chứng minh · · · DCM  MAC  MCA  900  MC  AB c) Kéo dài CD cắt By N ' Ta chứng minh N ' trùng với N cách N ' E  AE · · Thật vậy, dễ thấy ADN '  ABN '  90  A, D, B, N ' thuộc đường trịn đường kính AN ' Mặt khác, chứng minh tứ giác ABED nội tiếp Suy điểm A, D, E , B, N ' thuộc đường trịn đường kính AN '  N ' E  AE d) (ghi chú: Đường thẳng qua C cắt nửa đường trịn đường kính OO ' I cắt nửa đường trịn đường kính AB K ) Gọi S , S ' tâm nửa đường trịn đường kính AB OO ' O' Gọi R, R ' bán kính đường trịn (O)   Khơng tính tổng qt, giả sử R  R ' Dễ tính CS   R  R ' ; CS '  SK  R  R '; S ' I  R R' S' trung điểm CS R  R' CS ' S ' I    S ' I / / SK Trong tam giác CSK ta có: CS SK I trung điểm CK Trong tam giác CAK có OI đường trung bình nên ta có OI / / AK 16 Bài 20: Cho ABC có góc nhọn, trực tâm H nội tiếp đường tròn (O) Vẽ đường kính AK a) Chứng minh tứ giác BHCK hình bình hành b) Vẽ OM  BC  M  BC  Chứng minh H , M , K thẳng hàng AH  2OM c) Gọi A;, B ', C ' chân đường cao thuộc cạnh BC , CA, AB ABC Khi BC cố định xác định vị trí điểm A để tổng S  A ' B ' B ' C ' C ' A ' đạt giá trị lớn Lời giải · a) Ta có ACK  90  CK  AC , mà BH  AC  CK / / BH Tương tự ta có CH / / BK b) OM  BC  M trung điểm BC Vì BHCK hình bình hành, M trung điểm HK nên M , H , K thẳng hàng AHK có OM đường trung bình  AH  2OM 0 · · · · c) Ta có AC ' C  BB ' C  90  BC ' B ' C nội tiếp đường tròn  AC ' B '  ACB · · mà ACB  BAx ( Ax tiếp tuyến A)  Ax / / B ' C ' OA  Ax  OA  B ' C '  S AB ' OC '  Tương tự ta có S BA 'OC '  R.B ' C ' 1 R A ' C '; SCB 'OA '  R A ' B ' 2 1 R  A ' B ' B ' C ' C ' A '   AA '.BC   AO  OM  BC 2  A ' B ' B ' C ' C ' A ' lớn A, O, M thẳng hàng  A điểm cung lớn BC SABC  17 Bài 21: Cho đường trịn (O) ngoại tiếp ABC có H trực tâm Trên cung nhỏ BC lấy điểm M Gọi N , I , K hình chiếu M BC , CA, AB Chứng minh a) Ba điểm K , N , I thẳng hàng AB AC BC   b) MK MI MN c) NK qua trung điểm HM Lời giải µ µ a) Tứ giác MNKB nội tiếp (vì K  N  180 ) · · · · · · Tứ giác MNCI nội tiếp (vì MNC  MIC  90 )  BNK  BMK ; INC  IMC  1 · · · · · · Mặt khác ta có BMK  IMC   (vì BMK  KMC  KMC  IMC bù với góc A tam giác ABC) · · Từ (1)(2) suy BNK  INC  K , N , I thẳng hàng · · b) Vì MAK  MNC   (vì góc nội tiếp chắn cung BM ) AK CN AB  BK CN AB BK CN   cot      MK MN MK MN hay MK MK MN AI BN AC CI BN     2 Tương tự ta có MI MN hay MI MI MN   IC BK · ·   tan    BMK  IMC MI MK Mà AB AC BC    Từ (1)(2)(3) MK MI MN   1  3 c) Gọi giao AH , MN với đường tròn (O) thứ tự Q, S  AQMS hình thang cân (vì A / / MS  AS  QM ) Vẽ HP / / AS  P  MS   HQMP hình thang cân, có BN trục đối xứng (vì Q H đối xứng qua BC )  N trung điểm PM , mà HPP / / KN (vì KN / / AS · · SAC  ·AIN NMC )  KN qua trung điểm HM 18 Bài 2: Chứng minh ba đường thẳng đồng quy *) Các phương pháp chứng minh ba điểm thẳng hàng Ba đường thẳng qua điểm có điểm thuộc đường thẳng Một đường thẳng qua giao điểm hai đường thẳng lại Ba đường xét ba đường đặc biệt tam giác: Ba đường cao, trung trực, trung tuyến, phân giác Đưa đồng quy thẳng hàng Sử dụng định lí Mênnauyt Ceva Bài 1: Cho ABC , vẽ đường cao AA1 Gọi D, E điểm đối xứng A1 qua AB AC DE cắt AB C1 ; B1 Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Lời giải  AD  AA1 DA1   ADB  AA1 B  ·ADB  ·AA1B  90 Vì AB trung trực ADBA1 (3) Suy tứ giác tứ giác nội tiếp · · Vì AC trung trực A1E  A1 A  AE; AA1 B  AEB1  ccc   AA1B1  AED  1 · · Vì AD  AA1  AE  ADE cân A  AED  ADE   · · Từ (1)(2)  AA1 B1  ADB1  ADA1 B1 nội tiếp (4) Từ (3)(4) ta có điểm A, D, B, A1 , B1 nằm đường tròn  ADBB1 nội tiếp  BB1  AC Chứng minh tương tự ta có  CC1  AC Vậy AA1 , BB1 , CC1 đường cao ABC đồng quy 19 Bài 2: Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự Vẽ hai đường tròn     có đường kính AB BC Gọi FE tiếp tuyến chung O , O  1   Chứng     với minh đường thẳng qua C vng góc với AC , đường thẳng qua E vng góc với AE BF đồng quy O , O F  O ,E O Lời giải Gọi M giao điểm đường thẳng qua E vng góc với AE qua C vng góc với AC · Ta chứng minh F , B, M thẳng hàng  ta chứng minh AFM  90 · · Từ giả thiết AEM  ACM  90  AECM nội tiếp (1) · · Ta có O1F / / O2 E   EF   FO1O2  EO2C (đồng vị) 1· 1· · · · · FAC  FO EO2C  FAC  CEx  AFEC B ; CEx  2 Mà nội tiếp Từ (1)(2) suy điểm A, F , E , C , M thuộc đường tròn (2)  ·AFM  ·AEM  900  ·AFB  ·AFM  900  F , B, M Bài 3: Hai đường thẳng qua điểm đường thẳng thứ ba 20 Cho đường tròn (O) điểm M nằm (O) Kẻ cát tuyến MAB tùy ý Gọi CD đường kính vng góc với AB Các đường thẳng MC , MD O cắt   C1 , D1 Chứng minh tiếp tuyến C1 , D1 đường thẳng AB đồng quy Lời giải MCD có ba đường cao CD1 , DC1 , MB đồng quy H Gọi E trung điểm MH Ta chứng minh EC1 tiếp tuyến đường tròn (O) · H  EHC · MC1 H vng C1 có trung tuyến C1 E  EC1  EH  EC 1 · H  HC · O  EHC · · · ·  EC  ODC  BHD  ODC  900  AB  CD  1 1  OC1  EC1  EC1 tiếp tuyến đường tròn (O) Chứng minh tương tự ta có ED1 tiếp tuyến đường trịn (O) Vậy ba đường thẳng đồng quy O , O Cho tam giác ABC , gọi     hai Bài 4: O đường trịn đường kính AB AC   cắt B, O đường thẳng AC   cắt đường thẳng AB C1 ,  O1  cắt  O2  A A1 Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Lời giải · · Do AA1 B  AA1C  90  B, A1 , C thẳng hàng, AA1  BC · · Tương tự ta có BB1 A  CC1 A  90  BB1 , CC1 hai đường cao tương ứng hạ từ B , C tam giác ABC Vậy AA1 , BB1 , CC1 đồng quy 21 Bài 5: Cho hai đường tròn  O1; R1  ,  O2 ; R2  có R1  R2 có tiếp tuyến chung ngồi Chứng minh hai tiếp tuyến chung chúng cắt đường thẳng nối tâm Lời giải Gọi A1 A2 tiếp tuyến chung thứ Ta có O1 A1 / / O2 A2 R1  R2 nên đường thẳng A`1 A2 cắt đường thẳng O1O2 M M nằm O1O2 phía O2 MO2 O2 A2 R2    1 MO O A R 1 1 Theo định lí Talét ta có Tương tự, tiếp tuyến chung ngồi thứ hai BB1 cắt đường nối tâm N N nằm NO2 R2   2 O1O2 phía O2 NO1 R1 Từ (1)(2) suy M  N Từ suy điều cần chứng minh Bài 6: Cho tam giác ABC vuông A có AB  AC đường cao AH Trên tia HC lấy điểm D cho HD  HA , vẽ hình vng AHDE Gọi F giao điểm DE AC Đường thẳng qua F song song với AB cắt đường thẳng qua B song song với AC G Chứng minh ba đường thẳng AG, BF , HE đồng quy Lời giải · · · Ta có BAH  FAE phụ với HAC  AHB  AEF  AB  AF Hay tam giác ABF vuông cân A Dễ dàng chứng minh AFGB hình vng nên hai đường chéo BF , AG cắt trung điểm K đường BF  K Mặt khác ta có nằm đường thẳng trung trực AD Do AHDE hình vng nên K  HE KA  KD  22 Như ba đường thẳng AG, BF , DE đồng quy K Bài 7: Cho ba điểm A, B, C thẳng hàng theo O , O thứ tự Vẽ hai đường trịn     có đường kính AB BC Gọi DE tiếp O O tuyến chung     với D   O1  , E   O2  Chứng minh đường thẳng qua C vng góc với AC đường thẳng qua E vng góc với AE cắt đường thẳng BD Lời giải Giả sử hai đường thẳng xét cắt M Ta phải chứng minh D, B, M thẳng hàng Theo giả thiết tứ giác ACEM nội tiếp đường tròn đường kính AM O O Xét tứ giác ADEC , ta có DE tiếp tuyến chung ngồi     nên O1D / / O2 E · · · · · · Suy DO1B  EO2C  DBO1  ECO2  DE / / BC  BDE  CEx · · Mặt khác BAD  BDE  ADCE nội tiếp đường trịn Vì hai tứ giác ADEC AECM nội tiếp nên ngũ giác ADECM nội tiếp đường trịn đường kính AM 0 · · Suy ADM  90 , ADB  90 Do D, B, M thẳng hàng Bài 8: 23 Cho ABC , phía vẽ ba tam giác ABC1 , BCA1 , CAB1 Chứng minh AA1 , BB1 , CC1 đồng quy Lời giải · · ¶ Ta có C1 AC  BAB1  A  60  AC1C  ABB1  BB1  CC1 Tương tự ta có AA1  BB1 Giả sử BB1 cắt CC1 M Ta chứng minh A, M , A1 thẳng hàng · · · · Thật vậy, AC1C  ABB1  MBA  MC1 A ; MCA  MB1 A · · Nên tứ giác AMBC1 , AMCB nội tiếp  AMB  AMC  120 · Do BMA  120  BMCA1 nội tiêp · · Do tính chất góc nội tiếp nên MAC1  MCA1  60 Vì hai góc vị trí đối đỉnh nên A, M , A1 thẳng hàng Bài 9: Tuyển sinh vào 10 chuyên PTNK – ĐHQG Hồ Chí Minh Cho điểm C thay đổi nửa đường AB  R  C  A, C  B  trịn đường kính Gọi H hình chiếu vng góc C lên AB; I J tâm đường tròn nội tiếp tam giác ACH BCH Các đường thẳng CI , CJ cắt AB M N Chứng minh MJ , NI , CH đồng quy 24 Lời giải · Gọi O tâm đường trịn đường kính AB Ta có ACB  90 (góc nội tiếp chắn nửa đường tròn)   ·ACN  BCN · ·  900  ·ACB ; ·ANC  HCN  900 · · Mà BCN  HCN ( J tâm đường trịn nội tiếp tam giác CHB) · · Do ACN  ANC nen tam giác ANC cân A Suy AN  AC Chứng minh tương tự ta có tam giác BCM cân B nên BM  BC Xét ACN cân A , AL đường phân giác nên đồng thời đường cao, trung tuyến Do CL  NL, AL  CN Tương tự ta có CK  MK , BK  CM · · Do KL đường trung bình tam giác CMN Suy KL / / MN  CKL  CMN · · · · Mặt khác IKJ  ILJ  90  KLJI nội tiếp  CKL  CJI   · · · CJI  CMN  CKL  MIJN Ta có nội tiếp Vậy M , N , I , J nằm đường tròn ·ACH BCH · · ·ACH ACB · · · · MCN  MCH  NCH     450 ; MHI  2 2 c) Ta có · · · · MCN  MHI   450   HICN nội tiếp  NCI  NHC  900  NI  CM Tương tự ta có MJ  CN Xét tam giác CMN có MJ , NI , CH ba đường cao Nên ba đường MJ , NI , CH đồng quy Bài 10: 25 Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC , AC A ', B ' Gọi M , N trung điểm AB, AC Chứng minh A ' B ', MN phân giác ·ABC đồng quy Lời giải Gọi I giao điểm MN A ' B ' Ta chứng minh BO qua điểm I (Với O tâm vòng tròn nội tiếp tam giác ABC ) Kí hiệu a, , b, hb , c, hc độ dài cạnh đối diện, đường cao xuất phát từ đỉnh A , B , C Giả sử a  c Hạ đường cao IE , IF , ND vng góc BC , CA, AB Ta chứng minh BI phân IE  IF  IF  ·ABC giác góc Tức ta chứng minh a ac  a  c IF MI MN  NI 2 c NI  NB '  CB ' CN  ,    a ND MN MN a Thật ta có c.h ND IF c IF c     IF  c   , 2a Do ND a mặt khác hc hc 2a · Như I cách hai cạnh BC , AB nên I phân giác ABC Bài 11: Cho tam giác ABC nhọn nội tiếp (O) đường trịn có trực tâm H Gọi A1 , B1 , C1 điểm đối xứng với H qua BC , CA , AB Xét đường thẳng d qua H Gọi d1 , d , d3 đường thẳng đối xứng với d qua BA, CA, AB Chứng minh d1 , d , d3 đồng quy Lời giải 26 Do A1 , B1 , C1 đối xứng với H qua BC , CA, AB nên chúng nằm đường tròn ngoại tiếp ABC Giả sử (O) cắt d M , N Gọi I giao điểm d , d3 · · · · · · · · Ta có B1 IC1  B1HC1  HC1I  B1HC1  B1HC1  C1HN  B1HM  2B1HC1  180   · · AB  1800  BAC  1800  1800  C 1 Suy tứ giác AC1IB1 nọi tiếp, hay I thuộc đường tròn (O) Tương tự cặp đường thẳng d1 , d d1 , d3 cắt điểm thuộc (O) Các đường thẳng cạnh tam giác ABC nên cắt điểm I Bài 12: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Gọi A1 , B1 , C1 trung điểm cung BC , CA, AB Các cạnh tam giác ABC A1B1C1 cắt tạo thành lục giác Chứng minh ba đường chéo lục giác đồng quy Lời giải Từ giả thiết ta có AA1 , BB1 , CC1 ba đường phân giác tam giác ABC nên chúng đồng quy I tâm đường trịn nội tiếp tam giác ABC Kí hiệu lục giác tạo thành M , M , M , M , M , M Xét đường chéo chính, chẳng hạn M , M Theo tính chất phân giác, ta có: M A A1 A M A A1 A M A M A  ;  ; A1 B  A1C   M B A1 B M 5C A1C M B M 5C  M M / / BC Giả sử A1 A cắt BC, M M A ' I ' I ' A M A A1 A   I ' A ' M B A1B Theo ta có Ta chứng minh hai tam giác A1 AB, A1 BA ' đồng dạng với 27 A1 A AB I ' A BA     BI ' · A B BA ' I ' A ' BA ' Suy phân giác góc ABC nên I '  I Từ ta có ba đường chéo lục giác đồng quy I Bài 13: Cho hai đường tròn  O; R   O '; R ' tiếp xúc A với R  R ' Đường thẳng OO ' cắt (O) B cắt (O’) C với B  A; C  A Gọi I trung điểm BC EF dây cung (O) vng góc với BC I EC cắt (O’) điểm D a) Chứng minh điểm A , F , D thẳng hàng b) Chứng minh EG , DF , CI đồng qui Trong G giao điểm CF  O ' Lời giải · a) Ta có AD  EC (vì ADC  90 ) (1) Dễ thấy I trung điểm EF BC , suy tứ giác BECF hình bình hành  BF / / EC · Và AFB  90  AF  BF  AF  EC (2) Từ (1)(2)  A, D, F thẳng hàng b) Chứng minh tương tự ta có A, E , G thẳng hàng  EG, DF , CI đồng quy A Bài 14: 28 Cho ABC tam giác cân Đường tròn tâm (O) tiép xúc vưới cạnh BC , CA, AB M , N , P Đường thẳng NP cắt đường thẳng BO, CO E F a) Chứng minh O, N , E, C thuộc đường tròn b) Chứng minh BF , CE , OM đồng quy Lời giải a) TH1: N nằm P E (hình vẽ) µA · ENC  ·ANP  900  ( ANP cân) Ta có µ C µ µA B · · · EOC  OBC  OCB    900  2 · ·  ENC  EOC  , , O, C N E thuộc đường thẳng TH2: E nằm N P (chứng minh tương tự) · · b) Ta có theo câu a)  EOC  ENC  90  OE  EC Tương tự ta có OF  BF Gọi I giao điểm BF CE  IBC có BE , CF đường cao  O trực tâm BIC  IO  BC , OM  BC  I , O, M thẳng hàng  OM qua I *) Chú ý: Hoặc dùng BOC Bài 15: Cho tam giác ABC vuông A Trên cạnh AC lấy điểm M , dựng đường tròn tâm (O) có đường kính MC Đường thẳng BM cắt đường tròn tâm (O) D , đường thẳng AD cắt đường tròn tâm (O) S a) Chứng minh tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp CA tia phân giác góc BCS b) Gọi E giao điểm BC với đường tròn 29 (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM , CD đồng quy c) Chứng minh M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE Lời giải · · a) Dễ thấy BDC  BAC  90  ABCD nội tiếp b) Nhận thấy BA, CD, ME đường cao tam giác MBC nên chúng đồng quy điểm N trực tâm tam giác MBC c) Tương tự ta có M trực tâm tam giác NBC với đường cao NE , BD, CA Như M tâm đường tròn nội tiếp tam giác ADE 30 ... DOC  EO Mà CD  AD  EB  AD b) Dễ chứng minh tứ giác MDCE hình chữ nhật Từ chứng minh · · · DCM  MAC  MCA  900  MC  AB c) Kéo dài CD cắt By N '' Ta chứng minh N '' trùng với N cách N '' E ... KN / / AS · · SAC  ·AIN NMC )  KN qua trung điểm HM 18 Bài 2: Chứng minh ba đường thẳng đồng quy *) Các phương pháp chứng minh ba điểm thẳng hàng Ba đường thẳng qua điểm có điểm thuộc đường... tâm (O) S a) Chứng minh tứ giác ABCD tứ giác nội tiếp CA tia phân giác góc BCS b) Gọi E giao điểm BC với đường tròn 29 (O) Chứng minh đường thẳng BA, EM , CD đồng quy c) Chứng minh M tâm đường