Hsg t7 cđ 18 ba điểm thẳng hàng dpb hoàn thiện

CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG HH7 CHUYÊN ĐỀ 18 CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG PHẦN I TĨM TẮT LÍ THUYẾT · · Nếu ABD  DBC 180 ba điểm A, B, C thẳng hàng D C B A ( Hình 1) hình 1 Tiên đề Ơ – Clit: Qua điểm ngồi đường thẳng có đường thẳng song song với đường thẳng a ( Hình 2) C B A hình 2 Có đường thẳng a ' qua điểm O vng góc với đường thẳng a cho trước A ( Hình 3) Nếu AB  a ; AC  A ba điểm A, B, C thẳng hàng B C Hoặc A, B, C thuộc đường trung trực đoạn thẳng a hình 3 Mỗi góc có tia phân giác ( Hình 4) x Nếu tia OA tia OB hai tia phân giác góc xOy ba điểm O, A, B thẳng hàng A O hình 4 B y * Hoặc : Hai tia OA OB nằm nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox , · · xOA  xOB ba điểm O, A, B thẳng hàng Mỗi đoạn thẳng có trung điểm ’ ’ (Nếu K trung điểm BD, K giao điểm BD AC Nếu K trung điểm ’ BD K K A, K , C thẳng hàng.) PHẦN II CÁC DẠNG BÀI D Dạng Sử dụng tính chất góc kề bù chứng minh điểm thẳng hàng I.Phương pháp giải · · Nếu ABD  DBC 180 ba điểm A, B, C thẳng hàng A B hình 1 C II.Bài tốn TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG Bài Cho tam giác ABC vuông A, M trung điểm AC Kẻ tia Cx vng góc CA (tia Cx điểm B hai nửa mặt phẳng đối bờ AC ) Trên tia Cx lấy điểm D cho CD  AB Chứng minh ba điểm B, M , D thẳng hàng · · Gợi ý: Muốn B, M , D thẳng hàng cần chứng minh BMC  CMD 180 · · · · Do AMB  BMC 180 nên cần chứng minh AMB DMC LỜI GIẢI: x Xét AMB CMD có: C D CD  AB (gt) · · BAM DCM 900 MA  MC ( M trung điểm AC ) · · Do đó: AMB = CMD (c.g.c) Suy ra: AMB DMC ·AMB  BMC · 1800 Mà (kề bù) nên · · BMC  CMD 1800 Vậy ba điểm B, M , D thẳng hàng M A B Bài Cho tam giác ABC Trên tia đối AB lấy điểm D mà AD  AB , tia đối tia AC lấy điểm E mà AE  AC Gọi M , N điểm BC ED cho CM  EN Chứng minh ba điểm M , A, N thẳng hàng · · Gợi ý: Chứng minh CAM  CAN 180 từ suy ba điểm M , A, N thẳng hàng N // E D LỜI GIẢI µ µ Xét ABC ADE (c.g.c)  C E A · · Xét ACM AEN (c.g.c)  MAC NAE // B0 M · · · · Mà EAN  CAN 180 (vì ba điểm E , A, C thẳng hàng) nên CAM  CAN 180 C hình Vậy ba điểm M , A, N thẳng hàng (đpcm) Bài Cho tam giác ABC , M trung điểm BC Trên tia đối MA lấy điểm E cho MA ME a, Chứng minh AC EB, AC / / EB b, Gọi I điểm AC , K điểm EB cho AI EK Chứng minh ba điểm I , M , K thẳng hàng LỜI GIẢI a) AMC EMB có MA ME , ·AMC EMC · ; MB MC  AMC EMC  c.g.c  · ·  AC EB; CAM MEB  AC / / BD b) AIM EKM có AM EM ; · · CAM MEB ; AI EK  AIM EKM  c.g c  TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC A I B C M K E Trang CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG 0 · · · · ·  ·AMI EMK mà AMI  IME 180  EMK  IME 180  I , M , K thẳng hàng µ Bài Cho tam giác ABC vng A , B =60° Vẽ tia Cx  BC lấy CE CA (CE CA phía với BC ) Trên tia đối tia BC lấy F cho BF  BA Chứng minh rằng: a) ACE b) E , A, F thẳng hàng LỜI GIẢI: Tìm cách giải: Nhận thấy tam giác ABC ) · B A vuông , =60° nên ACB =30° suy ·ACE 60 = nên tam giác ACE Do muốn chứng tỏ E , A, F thẳng hàng ta C E x · cần chứng tỏ BAF 30 Hướng dẫn: · µ a) ABC vuông A , B =60° nên ACB =30° · suy ACE =60° nên tam giác ACE · · · b) Ta có BA BF  BFA cân  ABC 2 BAF suy BAF =30° Vậy ba điểm E , A, F thẳng hàng B A F Bài Cho tam giác ABC có AB  AC , kẻ tia phân giác AD góc BAC Trên cạch AC lấy điểm E cho AE  AB Trên tia AB lấy điểm F cho AF  AC Chứng minh a, ADF EDC b, F , D, E thẳng hàng c, AD  FC LỜI GIẢI · · a) ABD AED có AB  AE ; BAD EAD; AD cạnh chung · ·  ABD ED  c.g c   BD ED; ABD  AED · · · · Mặt khác ABD  DBF 180 ; AED  DEC 180 nên · · DBF DEC A Ta có AF  AC ; AB AE  BF EC DBF có DB DE  BDF EDC  c.g.c  b) BDF EDC · · · ·  BDF EDC mà BDF  FDC 180 · ·  EDC  FDC 1800 E B D C H F  F , D, E thẳng hàng c) Gọi H giao điểm AD CF TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG · · AHE AHC có AF AC ; FAH CAH ; AH chung · AHE AHC  c.g.c   AHF  ·AHC · · mà AHF  AHC 180  ·AHF  ·AHC 900 Vậy AH  FC hay AD  FC Bài Cho tam giác ABC vẽ phía ngồi tam giác ABC tam giác vng A ADB; ACE có AD  AD; AC  AE , kẻ AH vng góc với BC ; DM vng góc với AH EN vng góc AH Chứng minh a, DM  AH b, Gọi I trung điểm MN Chứng minh D, I , E thẳng hàng LỜI GIẢI · · a) Ta có DMA vng M nên MDA  MAD 90 mà · · BAH  MAD 900 E N I D M A · · · ( BAD 90 )  MDA BAH · · Xét DMA AHB có DMA  AHB 90 ; · · MDA BAH ; AD  AB nên DMA HB ( cạnh huyền, góc nhọn )  DM  AH B C H b) Chứng minh tương tự câu a, ta có : ANE CHA , suy AH EN · · IMD INE 900 , Xét MID NIE có IM IN , DM DN   AH  , suy · · MID NIE  c.g c   MID  NIE   0 · · · · Mặt khác MID  NID 180  NIE  NID 180 Vậy D, I , E thẳng hàng Dạng Sử dụng tiên đề Ơ-clit chứng minh điểm thẳng hàng I.Phương pháp giải Nếu AB / / a , AC / / a ba điểm A, B, C thẳng hàng a C B A hình 2 II.Bài tốn Bài Cho tam giác ABC Gọi M , N trung điểm cạnh AC , AB Trên đường thẳng BM CN lấy điểm D E cho M trung điểm BD N trung điểm EC Chứng minh ba điểm E , A, D thẳng hàng Hướng dẫn: Ta chứng minh AD / / BC AE / / BC A E D = N LỜI GIẢI M = / TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC / C B Hình Trang CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG Xét BMC DMA có: MC  MA (do M trung điểm AC ) · · BMC DMA (hai góc đối đỉnh) MB  MD (do M trung điểm BD ) Vậy: BMC DMA (c.g.c) · · Suy ra: ACB DAC , hai góc vị trí so le nên BC / / AD (1) Chứng minh tương tự : BC / / AE (2) Điểm A ngồi BC có đường thẳng song song BC nên từ (1)và (2) theo Tiên đề Ơ-Clit suy ba điểm E , A, D thẳng hàng Bài Cho hai đoạn thẳng AC BD cắt tai trung điểm O đoạn Trên tia AB lấy điểm M cho B trung điểm AM , tia AD lấy điểm N cho D trung điểm AN Chứng minh ba điểm M , C , N thẳng hàng Hướng dẫn: Chứng minh: CM / / BD CN / / BD từ suy M , C , N thẳng hàng LỜI GIẢI Xét AOD COB có: OA  OC (vì O trung điểm AC ) ·AOD COB · (hai góc đối đỉnh) OD  OB (vì O trung điểm BD ) Vậy AOD = COB (c.g.c) · · Suy ra: DAO OCB · · Do đó: AD / / BC Nên DAB CBM (ở vị trí đồng vị) DAB  CBM có : A x = X B O / * / D = X M C * N AD  BC (do AOD = COB ), · · DAB CBM AB  BM ( B trung điểm AM ) · · Vậy DAB CBM (c.g.c) Suy ABD BMC Do BD / / CM (1) Lập luận tương tự ta BD / /CN (2) Từ (1) (2), theo tiên đề Ơ-Clit suy ba điểm M , C , N thẳng hàng Bài Cho tam giác ABC cân A Trên cạnh AB lấy điểm M , tia đối CA lấy điểm N cho MB CN Gọi K trung điểm MN Chứng minh ba điểm B, K , C thẳng hàng LỜI GIẢI TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG Cách 1: Kẻ ME  BC , NF  BC tam giác BME CNF vng tai E F có BM CN , · · MBE NCF Do BME CNF suy ME MF Gọi K giao điểm BC BN Xét MEK NFK vng góc E F có   ME  NF , EMK '= ENK ' ( so le trong) Vậy MEK = NEK MK NK Vậy K ' trung điểm MN A M F B K E C nên K K ' N Do ba điểm B, K , C thẳng hàng Cách 2: kẻ ME / / AC ( E  BC ) ·  ·ACB MEB ( hai góc đồng vị) · · · · Mà ABC  ACB nên BME MEB Vậy tam giác MBE cân M MB  NC ta ME CN Gọi K giao điểm Do MB ME kết hợp với giả tiết BC MN · · KNC MEK NCK có KME ( so le ME / / AC ) · · ME CN ( chứng minh trên), MEK = NCK Do NCK = MEK  NK MK Vậy K ' trung điểm MN nên K K ' Do ba điểm B, K , C thẳng hàng · Bài Cho tam giác ABC vuông A Kẻ AH  BC H , ACB 30 Dựng tam giác ACD ( D B nằm khác phía cạnh AC ) Kẻ HK  AC K Đường thẳng qua H song song với AD cắt AB kéo dài M Chứng minh điểm M , K , D thẳng hàng LỜI GIẢI Gọi F trung điểm AC AC  AH   AHF D  HF / / AD  M , H , F thẳng hàng Mà AK  KF ; AMF FDA (g.c.g) A K  AM  DF F  AMK FDK  c.g c  ·  ·AKM  DKF  M , K , D thẳng hàng B C H M A Dạng Sử dụng tính chất vng góc chứng minh điểm thẳng hàng B TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC C a hình 3 Trang CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG I.Phương pháp giải Nếu AB  a ; AC  A ba điểm A, B, C thẳng hàng II.Bài tốn Bài Cho tam giác ABC có AB  AC Gọi M trung điểm BC a) Chứng minh AM  BC b) Vẽ hai đườn trịn tâm B tâm C có bán kính cho chúng cắt hai điểm P Q Chứng minh ba điểm A, P, Q thẳng hàng Gợi ý: - Chứng minh AM , PM , QM vng góc BC - Hoặc AP, AQ tia phân giác góc BAC A = LỜI GIẢI a) Chứng minh AM  BC ABM ACM có: = P B AB  AC (gt) AM chung MB  MC MB  MC ( M trung điểm BC ) Vậy ABM  ACM (c.c.c) · · Suy ra: AMB  AMC (hai góc tương ứng) 0 · · · · Mà AMB  AMC 180 (hai góc kề bù) nên AMB  AMC 90 Do đó: AM  BC (đpcm) / / M C Q Hình b) Chứng minh ba điểm A, P, Q thẳng hàng Chứng minh tương tự ta được: BPM  CPM (c.c.c) · · · · · · Suy ra: PMB PMC (hai góc tương ứng), mà PMB  PMC 180 nên PMB PMC = 900 Do đó: PM  BC Lập luận tương tự QM  BC Từ điểm M BC có AM  BC , PM  BC , QM  BC nên ba điểm A, P, Q thẳng hàng (đpcm) Bài Cho ABC vuông A ,BC 2 AB gọi D điểm nằm cạnh AC cho ·ADB 1 ABC · ·ACE 1 3 , BD cắt CE Lấy E điểm nằm cạnh AB cho F , I K theo thứ tự chân đường vng góc kẻ từ F đến BC AC Vẽ điểm G H cho I trung điểm FG , K trung điểm FH Chứng minh điểm H , D, G thẳng LỜI GIẢI G B hàng I Theo đề ABC vng A có BC 2 AB nên ·ABC 600 ; ·ACB 300 TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC E A F K D C Trang H CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG ·ABD 1 ABC · · 200  DBC 400 ·ABD 1 ABC · · 100  DBC 200 CIF CIG có IF IG ( gt ) · · CIF CIG 900 ; IC cạnh chung  CIF CIG  c.g c  · · KCF 100  CG CF KCH · · · · Từ suy CG CH GCF  FCH 2 ACB 60 , CHG 60 (1) · · DKH 900 , KD cạnh chung, DKF DKH có KF KH ( giả thiết ), DKF DF DH , CDF CDH  c.c.c  · · Suy CHD CFD · 70o  CDF · 1100 ABD vng A có ·ABD 20  DB · · · ·  CFD 1800  CDF  FCD 1800  1100  100 600 CHD 600 (2) · · Từ (1) (2) suy CHD 60 CHG mà hai tia HD, HG nằm nửa mặt phẳng bờ đường thẳng HC nên HD trùng với HG, nghĩa ba điểm H , D, G thẳng hàng Dạng 4: Sử dụng tính chất tia phân giác chứng minh điểm thẳng hàng I.Phương pháp giải - Nếu tia OA tia OB hai tia phân giác góc xOy ba điểm O, A, B thẳng hàng · · - Hai tia OA OB nằm nửa mặt phẳng bờ chứa tia Ox , xOA  xOB ba điểm O, A, B thẳng hàng II.Bài tốn Bài Cho góc xOy Trên hai cạnh Ox Oy lấy hai điểm B C cho OB  OC Vẽ đường tròn tâm B tâm C có bán kính cho chúng cắt hai điểm A D nằm góc xOy Chứng minh ba điểm O, A, D thẳng x hàng Gợi ý: Chứng minh OD OA tia phân giác góc xOy LỜI GIẢI: O  BOD  COD Xét có: OB  OC (gt) OD chung B / / = = = = A D C y Hình 10 BD  CD ( D giao điểm hai đường tròn tâm B tâm C bán kính) Vậy BOD = COD (c.c.c) · · Suy : BOD COD Điểm D nằm góc xOy nên tia OD nằm hai tia Ox Oy · Do OD tia phân giác xOy TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG · Chứng minh tương tự ta OA tia phân giác xOy Góc xOy có tia phân giác nên hai tia OD OA trùng Vậy ba điểm O, A, D thẳng hàng µ Bài Cho tam giác ABC cân A , có A  90 Kẻ BD vng góc với AC , kẻ CE vng góc với AB , gọi K giao điểm BD CE Chứng minh a, BCE CBD b, BEK CDK c, AK phân giác góc BAC d, Ba điểm A, K , I thẳng hàng ( với I trung điểm BC ) LỜI GIẢI a) Xét BCE CBD có: · · BEC CDB 900 · · EBC DCB BC cạnh chung A  BCE CBD ( cạnh huyền , góc nhọn ) b) BCE CBD  BE CD BKE CDK có: · · · · BEK CDK 900 ; BE CD; BKE CKD  BKE CDK (góc nhọn, canh góc vuông ) c) BKE CKD  KE KD D E K · · AEK ADK có AEK  ADK 90 ; B C I · · DAK AI chung; KE KD  AED ADK  EAK · Hay AK tia phân giác BAC (1) d) ABI ACI có AB  AC cạnh chung ; BI CD  ABI ACI (c.c.c) · · ·  BAI CAI hay AI tia phân giác BAC (2) Từ (1) (2) suy A, K , I thẳng hàng Bài Cho góc xOy Trên hai cạnh Ox Oy hai điểm B C cho OB OC Vẽ đường tròn tâm B tâm C có bán kính cho chúng cắt hai điểm A D Nằm góc xOy Chứng minh ba điểm O, A, D thẳng hàng LỜI GIẢI x Xét BOD COD có: B OB OC ( gt ); OD cạnh chung BD CD ( D giao điểm hai đường tròn tâm B A tâm C bán kính) · · Vậy BOD COD (c.c.c), suy BOD COD TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC D O y C Trang CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG · Điểm D nằm góc xOy nên tia OD nằm hai tia Ox Oy · Do OD tia phân giác xOy · Chứng minh tương tự ta OA tia phân giác xOy Góc xOy có tia phân giác nên hai tia OD OA trùng Vậy ba điểm O, D, A thẳng hàng Bài Cho tam giác ABC vuông A Trên nửa mặt phẳng bờ BC không chứa điểm A Vẽ điểm D E cho BD vng góc BA , vng góc BC Gọi M trung điểm đoạn thẳng CE Chứng minh A, D, M thẳng hàng LỜI GIẢI Kẻ MK  AB; MH  AC ; Ta có M trung điểm CE nên BME BMC (c.c.c) · ·  EBM CBM 450 0 · · · Mặt khác EBC 90  KBE  ABC 90 · · Mà ACB  ABC 90 , suy · · · · KBE  ACB  KBM HCM E Lại có BM MC  KBM HCM ( cạnh huyền, góc nhọn )  MK MH K  AKM AHM (cạnh huyền, cạnh góc vng) B M D · ·  KAM HAM  AM tia phân giác góc A Mặt khác, BAD vng cân A C A H ·  BAD 45  AD tia phân giác góc A  A; D; M thẳng hàng ( A; D; M thuộc tia phân giác góc A ) Dạng 5: Sử dụng tính chất trung điểm đoạn thẳng chứng minh điểm thẳng hàng I.Phương pháp giải ’ ’ Nếu K trung điểm BD, K giao điểm BD AC Nếu K trung điểm ’ BD K K A, K , C thẳng hàng II.Bài toán Bài Cho tam giác ABC cân A Trên cạnh AB lấy điểm M , tia đối tia CA lấy BM  CN Gọi K trung điểm MN Chứng minh ba điểm điểm N cho A B, K , C thẳng hàng LỜI GIẢI Cách 1: TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC M = B K' K E hình 11 F C = N Trang 10 CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG Kẻ ME  BC ; NF  BC ( E ; F  BC ) BME CNF vng E F có: · · · BM  CN (gt), MBE NCF ( ACB ) Do đó: BME = CNF (Trường hợp cạnh huyền- góc nhọn) Suy ra: ME  NF ’ Gọi K giao điểm BC MN · · ’ ' ' MEK ’ NFK vng E , F có: ME  NF (cmt), EMK FNK ( so le ME / / FN ) Vậy MEK ’ = NFK ’ (g-c-g) Do đó: MK ’  NK ’ ’ Vậy K ' trung điểm MN , mà K trung điểm MN nên K K Do ba điểm B, K , C thẳng hàng Cách · · Kẻ ME / / AC ( E  BC )  ACB  MEB (hai góc đồng vị) M ·ACB  ABC · ·MBE MEB · Mà nên Vậy MBE cân M = Do đó: MB  ME kết hợp với giả thiết MB  NC ta ME  CNB E K' K C = Hình 12 Gọi K ' giao điểm BC MN ’ MEK ’ NCK có: · ' ME K · ' NC ME  CN K (so le ME / / AC ) · · ' ' MEK  NCK (so le ME / / AC ) ’ ’ ’ ’ Do : MEK = NCK (g.c.g)  MK  NK A N (chứng minh trên) ’ Vậy K ' trung điểm MN , mà K trung điểm MN nên K K Do ba điểm B, K , C thẳng hàng Lưu ý: Cả hai cách giải đa số học sinh chứng minh MEK  NCK vơ tình thừa nhận B, K , C thẳng hàng, việc chứng minh nghe có lý khơng biết sai · Bài Cho tam giác ABC cân A , BAC 108 , Gọi O điểm nằm tia · phân giác góc C cho CBO 12 Vẽ tam giác BOM ( M A thuộc nửa mặt phẳng bờ BO ) Chứng minh ba điểm C , A, M thẳng hàng · · Hướng dẫn: Chứng minh OCA OCM từ suy tia CA tia CM trùng LỜI GIẢI Tam giác ABC cân A nên M 180° −108°  36 ·ABC  ACB · = ( tính chất tam giác cân ) A · = Mà CO tia phân giác ACB = 108 ·ACO BCO · ·BCO / Nên =18° Do =150° O / // · 12 BOM nên BOM =60° B Hình 13 ·MOC 360   150  60  150 Vậy · · BOC MOC có OB  OM (vì BOC đều) BOC = MOC =150° TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC C Trang 11 CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG OC chung , BOC = MOC · · · · · · Suy OCB OCM mà OCB OCA nên OCM OCA · · Hai tia CA CM cung nằm nửa mặt phẳng bờ OC OCM OCA nên tia CA CM hai tia trùng Vậy ba điểm C , A, M thẳng hàng Bài Cho tam giác ABC , trung tuyến AM , gọi N trug điểm CA Trên AM lấy điểm I cho B, I , N thẳng hàng AI  2MI Chứng minh: A HD: Ta có BN trung tuyến tam giác ABC , ta cần I trọng tâm ABC LỜI GIẢI Vì N trung điểm CA  BN trung tuyến ABC Gọi G trọng tâm ABC N I B G C M Theo tính chất trung tuyến tam giác ta có AG  2GM ⇒ I trùng với G Mà theo giả thiết I AM AI  IM Vậy B, I , N thẳng hàng BÀI TẬP THỰC HÀNH CUỐI CHUYÊN ĐỀ Bài 1: B Cho tam giác ABC vuông cân tai A vẽ phía ngồi tam giác ABC tam giác BCM cân M có góc M đáy 15° Trên nửa mặt phẳng AB điểm C , vẽ tam giác ABN Chứng minh ba điểm B, M , N thẳng hàng N C A · HD : Tính góc ABN 60 · ·  ·ABM  ABC  CBM 600 mà BN ; BM thuộc nửa mặt phẳng bờ AB nên tia BM trùng với tia BN Vậy B, M , N thẳng hàng µA  900 ABC  A Bài 2: Cho cân , cạnh BC lấy hai điểm D, E cho BD DE EC Kẻ BH  AD, CK  AE  H  AD, K  AE  , BH cắt CK G Chứng minh:   a, ADE cân A b, BH CK c, Gọi M trung điểm BC Chứng minh: A, M , G thẳng hàng d, Chứng minh: AC  AD HD: TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC M B D E H K G C Trang 12 CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG c, Vì AB  AC nên A nằm đường trung trực BC Tương tự cho G nằm đường trung trực BC Do đó: A, M , G thẳng hàng µ d,  CEK vng K nên E1 góc nhọn ¶ Khi E2 góc tù => AC  AE  AD Bài 3: Cho  ABC , M trung điểm AB , N trung điểm AC , tia đối tia NM , lấy điểm D cho NM  ND a, CMR: AMN CDN => MB CD MN  BC b, CMR: MN / / BC c, CMR: BD qua trung điểm MC A HD: M a, AMN CDN ( c.g.c) => CD  AM MB µ µ Và A1 C1  AB / / CD b DCM BMC (c.g.c) N D I B C 1 MN  MD  BC ¶ ¶  M C2  MN / / BC 2 c, Gọi I giao BD MC  IMB ICD (g.c.g) => IM  IC Bài 4: Cho ABC , M trung điểm BC , tia đối tia MA lấy điểm E cho ME MA CMR: a, AC EB AC / / BE b, Gọi I điểm AC , K điểm EB cho AI EK , CMR: I , M , K thẳng hàng · · 0 · · c, Từ E kẻ EH vng góc với BC , biết HBE 50 , MEB 25 Tính HEM , BME TÀI LIỆU NHĨM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 13 CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG HD: · · a, AMC EMB có AM=EM(gt)=> AMC EMB (đ2) A BM MC (gt) nên AMC EMB  c.g c  => AC EB I · · Vì AMC EMB  MAC MEB  AC / / BE b, Xét AMI EMK có ME MA (gt) B M · · MAI MEK , AI EK ( gt )  AMI EMK (c.g.c) 0 · · · · · · => AMI EMK , mà AMI  IME 180  EMK  IME 180 K E Vậy I , M , K thẳng hàng c, Trong C H µ 900 , HBE · · · BHE H 500 HBE 900  HBE 400   0 · · · => HEM HEB  MEB 40  25 15 0 · · · · BME góc ngồi đỉnh M HEM nên BME HEM  MHE 15  90 105 Bài 5: Cho ABC có trung tuyến AD , đường thẳng qua D song song với AB cắt đường thẳng qua B song song với AD E , AE cắt BD I Gọi K trung điểm đoạn EC a, CMR : ABD EDB b, IA IE A c, Ba điểm A, D, K thẳng hàng HD: a, ABD EDB (g.c.g) B 2 I b, AIB EID (g.c.g) => AI EI DC  IC c, AEC có CI trung tuyến Nên D trọng => AD đường trung tuyến => AD qua D C K E Hay A, D, K thẳng hàng TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 14 CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG Bài 6: Cho ABC cân A , Từ A hạ AH vng góc với BC , Trên tia đối HA lấy điểm M cho HM HA , Trên tia đối tia CB lấy điểm N cho CN BC a, Chứng minh C trọng tâm AMN b, Gọi I trung điểm MN , CMR: A; C ; I thẳng hàng HD: 1 HC  BC  CN 2 a, HB HC =>  A CN   C NH trọng tâm AMN B N C H b, Vì C trọng tâm AMN I M => AC đường trung tuyến ứng với MN => AC qua I hay A; C ; I thẳng hàng Bài 7: Cho ABC ( AB  AC ) Gọi M trung điểm BC , tia đối tia MA lấy điểm D cho MA MD a, CMR:  ABM DCM b, CMR: AC / / BD c, Trên nửa mp bờ AD không chứa B , vẽ tia Ax / / BC tia Ax lấy điểm H cho AH BC CMR: H ; C ; D thẳng hàng HD: x A a, ABM DCM (c.g.c) H b,  AMC DMB (c.g.c) µ ¶ => A1 D1  AC / / BD B M C c, HAC BCA (c.g.c)   AB / / HC  AB / /CD H ; C ; D thẳng hàng TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC D Trang 15 CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG µ Bài 8: Cho ABC vng A , có B 60 , vẽ AH  BC · a, Tính số đo HAB b, Trên cạnh AC lấy điểm D cho AD  AH , gọi I trung điểm HD , CMR: AHI ADI c,Tia AI cắt HC K , CMR: AHK ADK từ => AB / / KD d, Trên tia đối tia AH , lấy điểm E cho HE  AH , CM: H trung điểm BK điểm D; K ; E thẳng hàng HD: 0 µ · a, AHB vng H có B 60  BAH 30 A b, AIH ADI (c.c.c) I c, AHD cân A có AI đường trung tuyến  AI đường trung trực HD , D B H K C Mà K  AI  KH KD  AHK ADK (c.c.c) ·  KDA  ·AHK 900   E KD  AC  KD / / AB AB  AC ¶ ¶ d, Vì AHK ADK (cmt) => A2  A3 · µ ¶ ¶ mà HAC B  A2  A3 30 => AKC cân K => KA KC µ ¶ ¶ A1  A2  A3 30  ABK => AB  AK có AH đường cao => AH đường trung trực => HB HK => H trung µ µ điểm BK => AHB EHK (c.g.c) => E  A1 (hai góc tương ứng) µ µ Mà E , A1 so le nên EK / / AB; KD / / AB => D; K ; E thẳng hàng Bài 9: Cho ABC vuông A , đường phân giác BD , kẻ DE vng góc với BC ( E  BC ) ;(trên tia đối tia AB lấy điểm F cho AF CE , CM: a, ABD EBD TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 16 CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG b, BD đường trung trực AE c, AD  DC d, Ba điểm E; D; F thẳng hàng BD vng góc với CF     AD  AF   CF  F HD: a, ABD EBD ( cạnh huyền- góc nhọn) A b, => AB BE ( hai cạnh tương ứng) D  B thuộc đường trung trực AE Và DA DE ( hai cạnh tương ứng) B C E  D thuộc đường trung trực AE Vậy BD đường trung trực AE c, ta có: DEC vuông E => DC  DE mà DE DA  DC DA d, Ta có : DAF DEC ( hai cạnh góc vng) 0 ¶ ¶ ¶ · ¶ · ·  D1 D2 , mà D2  ADE 180  D1  ADE 180  FDE 180 , hay E; D; F thẳng hàng ABE có AB EB  AF  EC  BF  BC  BFC cân B ·  BD tia phân giác FBC => BD đường trung trực => BD  FC AD  AF  DF   AD  AF   2DF   AD  AF   DF  DC  FC => Ta có : · Bài 10: Cho ABC có AB  AC , AM tia phân giác BAC , AC lấy điểm N cho AN  AB a, CMR: AMB AMN x b, Qua N kẻ tia Nx song song với AM cắt MC P CM PMN cân c, CM: BN  NP , Từ so sánh BN BP A d, Từ C kẻ đường thẳng d vng góc với AM cắt MN I , giả sử MN  AC , N CMR: A; B; I thẳng hàng HD: B TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC 1 M P C Trang 17 I CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG a, AMB AMN (c.g.c) ả ả ả B  N  N1 90  P µ P µ N  1 µ µ  P1  B1 90 b, MN MB =>  PMN cân c, Ta có:  AM  BN  BN  NP AM / / NP , Khi BNP vuông N => BN  BP Bài 11: Cho ABC có AB=3cm, AC=4cm, BC =5cm a, ABC tam giác sao? · BAH  D  BC  , Qua A vẽ b, Kẻ AH vuông góc với BC ( H  BC ) , gọi AD phân giác đường thẳng song song với BC , lấy điểm E cho AE BD ( E C phía AB c, CM : DE  AB d, Chứng minh ADC cân e, Gọi M trung điểm cảu AD , I giao điểm AH DE , Chứng minh điểm C ; I ; M thẳng hng HD : a, ABC cú ả c, Ta có : B  A3 ,  ABC vuông A b, ABD DAE (c.g.c) => DE  AB E A  AB 9  BC 25  AB  AC   AC 16 M B D I H C · µ µ µ ¶ ¶ ¶ · mà ADC B  A1 B  A2  A3  A2 DAC => ADC cân d, ADC có I trực tâm DI  AC  MC vừa trung tuyến vừa đường cao=> MC qua I TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 18 CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG Hay C ; I ; M ba điểm thẳng hàng Bài 12: Cho ABC vuông A , đường cao AH , Trên tia đối AH lấy điểm D cho AD  AH , Gọi E trung điểm HC ; F giao điểm DE AC a, CMR: H ; F trung điểm M DC ba điểm thẳng hàng HF  DC b, CMR: c, Gọi P trung điểm AH , CMR: EP vng góc AB d, CMR: BP vng góc DC CP vng góc với DB D HD: a, DHC , DE; CA , hai đường trung tuyến cắt F A M nên F trọng tâm, P nên H ; F trung điểm M DC thẳng hàng HF  HM b, Ta có : B H F E C mà DHC vng H có HM đường trung tuyến ứng HM  DC với cạnh huyền nên HM MD MC => DC HF  DC  3 => c, Vì PE đường trung bình AHC  PE / / AC mà AC  AB  PE  AB d, Theo câu c=> P trực tâm ABE  BP  AE , AE / / DC  BP  DC Xét DBC có AH BP hai đường cao nên P trực tâm=> CP  AB Bài 13: Cho ABC vuông A , đường cao AH , tia đối tia AH lấy điểm D cho AD  AH , Gọi E trung điểm đoạn thẳng HC , F giao điểm DE AC a, Chứng minh: điểm H ; F trung điểm M đoạn CD ba điểm thẳng hàng TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 19 CHUYÊN ĐỀ 18: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG HF  DC b, CM: c, Gọi P trung điểm đoạn thẳng AH , CM: EP  AB d, CM: BP  DC , CP  DB HD : a, DHC có DE đường trung tuyến, AC đường trung tuyến Mà DE cắt AC F => F trọng tâm DHC D  HF qua trung điểm M DC Hay H ; F trung điểm M CD ba điểm thẳng hàng HF  HM b, ta có : , HDC vng H M A F P có HM đường trung tuyến ứng với cạnh huyền HM   DC 2 DC DC  HF  HM   3 B H C E c, AHC có P trung điểm AH , E trung điểm HC  PE đường trung bình AHC   PE / / AC  PE  AB AC  AB d, Từ câu c=> P trực tâm ABE => BP  AE , mà AE / / DC AE đường trung bình HDC  BP  DC Từ  DBC có hai đường cao DH BM cắt P => CP  BD Bài 14: Cho ABC vuông A , đường cao AH , tia đối tia AH lấy điểm D cho AD  AH , Gọi E trung điểm HC ; F giao điểm DE AC a, CMR: H ; F trung điểm M DC ba điểm thẳng hàng HF  DC b, CMR: TÀI LIỆU NHÓM: CÁC DỰ ÁN GIÁO DỤC Trang 20