0 mot so pp chung minh thang hang

CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG ĐỒNG QUY Đơn vị: Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành- Yên Bái Người thực hiện: Nguyễn Trung Nghĩa Bài toán chứng minh thẳng hàng đồng quy toán thường gặp đề thi hoc sinh giỏi THCS THPT Có nhiều phương pháp để chưng minh toán điểm thẳng hàng ba đường thẳng đồng quy Trong tập tài liệu chúng tơi xin trích đẫn số toán, để minh hoa cho phương pháp thường gặp Tài liệu tập hợp chúng tơi thơng qua q trình giảng dạy, có nhiều cố gắng chắn khơng tránh khỏi thiếu sót mong nhận thơng cảm, góp ý bạn bè đồng nghiệp, để tài liệu hoàn chỉnh I.Phương pháp áp dụng hàng điểm điều hịa Bài tốn Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  Gọi M , N trung điểm AD , BC Một đường thẳng qua giao điểm P hai đường chéo AC , BD , cắt AD , BC S , T Biết BS giao AT Q Chứng minh AD, BC , PQ đồng quy điểm M , S , T , N thuộc đường tròn Lời giải Gọi E giao điểm AD BC Nếu AD, BC , PQ đồng quy E Gọi R giao điểm PQ AB , ta dễ thấy  EQRP    ESAD  B  EQRP    ETBC   A  EQRP   nên theo hệ thức Maclaurin ta có ES EM EA.ED EB.EC ET EN từ điểm M , S , T , N thuộc đường tròn Nếu điểm M , S , T , N thuộc đường tròn Gọi F giao điểm AB CD Gọi FP giao AD , BC S ', T ' Khi dễ thấy  FPS 'T '  suy PE , AT ', BS ' đồng quy Theo phần thuận M , S ', T ', N thuộc đường tròn suy ST S 'T ' nhiên ST giao S 'T ' P từ suy ST S 'T ' hay S ' S , T ' T hay AD, BC , PQ đồng quy Bài toán (HSG Vĩnh Phúc, 2012) Cho tứ giác ABCD nội tiếp M , N trung điểm AB, CD Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt đường thẳng CD P  P N  ; đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM cắt đường thẳng AB Q  Q M  O giao điểm hai đường chéo AC , BD ; E giao điểm đường thẳng AD, BC Chứng minh P, Q, O, E thẳng hàng Lời giải D A N O M P Q E B C F Gọi F giao điểm AB CD Ta có FA.FB FC.FD   ABFQ   (Hệ thức Maclaurin) Tương tự ta có  CDFP   , suy P, Q, O, E thẳng hàng Bài tốn Cho tam giác ABC có đỉnh A cố định B, C thay đổi đường thẳng d cố định cho gọi A’ hình chiếu A lên d AB AC âm khơng đổi Gọi M hình chiếu A’ lên AB Gọi N hình chiếu A’ lên AC, K giao điểm tiếp tuyến đường tròn ngoại tiếp tam giác A’MN M N Chứng minh K thuộc đường thẳng cố định Hướng dẫn Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A’MN I giao điểm OK MN Ta thấy O trung điểm AA’ Gọi D P giao điểm AA’ với (ABC) MN A Dễ thấy AM AB  AA2  AN AC Suy tứ giác BMNC nội tiếp  AMN  ACB Mà ADB  ACB N Nên AMN ADB I P M Suy MPDB nội tiếp Do ta có AP AD  AM AB  AA2 Mà A, A’ D cố định suy P cố định Gọi H hình chiếu K AA’ B A' C D H K Ta có AP AH  AI AK IN  AA2 Mà A, P, A’ cố định suy H cố định Vậy K thuộc đường thẳng qua H vng góc với AA’ Bài tập Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  Gọi M , N trung điểm AB, CD Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABN cắt CD P Đường tròn ngoại tiếp tam giác CDM cắt AB Q Chứng minh AC , BD, PQ đồng quy S A Q M B D P N C Chứng minh: *) Nếu AB // CD ABCD hình thang cân AC , BD, PQ đồng quy *) Nếu AB CD không song song, gọi S giao điểm AB, CD Khi tứ giác ABCD nội tiếp nên ta có SA.SB SC.SD (1) Do điểm A, B, N , P thuộc đường tròn nên SA.SB SN SP (2) Mặt khác điểm C , D, M , Q thuộc đường tròn nên SM SQ SC.SD (3)  SA.SB SM SQ Từ (1), (2), (3) ta suy ra:   SC.SD SN SP Mà M , N trung điểm AB, CD nên theo hệ thức Maclaurin ta có:  SQAB    SPCD   Vậy AC , BD, PQ đồng quy Bài toán Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn  O  AB, AC , AD theo thứ tự cắt đường CB, DB, BC M , N , P Chứng minh O trực tâm tam giác MNP E B K A O M N D L F C P Chưng minh: Kẻ tiếp tuyến ME , MF với đường tròn  O   E , F   O   Gọi K , L giao điểm EF với AB, CD   MKAB   MLDC    KL, AD, BC đồng quy  P  KL (1) Mặt khác ta có  MKAB   MLCD    KL, AC , BD đồng quy  N  KL (2) Từ (1) (2) suy KL EF NP mà OM  EF nên OM  NP Chứng minh tương tự ta có ON  MP Do O trực tâm tam giác MNP Bài tốn 6.Cho tam giác nhọn ABC Dựng phía ngồi tam giác hình vng ABMN ACXY Gọi I, J tâm hình vng ABMN ACXY Gọi K giao điểm CN BY, H giao điểm CI BJ Chứng minh A, K, H thẳng hàng Giải: Dựng BCE vng cân E phía ngồi ABC Ta chứng minh AE,BY,CN đồng quy AE,BJ,CI đồng quy, từ suy K,H nằm AE nên A,K,H thẳng hàng * CM: AE,BY,CN đồng quy Áp dụng định lý hàm số sin ANC BNC ta tính được: Y J A N A 43 I B 4 12 K M C X B E E 0 sin C1 AN sin  A  90  sin  A  90    sin C2 BN sin  B  450  sin  B  450  C Áp dụng định lý sin tam giác thích hợp ta tính được: sin  C  450  sin B1 ;  sin B2 sin( A  900 ) Do đó: sin A1 sin  B  45   sin A2 sin  C  450  sin A1 sin B1 sin C1 1 sin A2 sin B2 sin C2 nên theo định lý Xêva dạng sin ta có AE,BY,CN đồng quy * CM: AE,BJ,CI đồng quy Áp dụng định lý sin tam giác thích hợp ta tính được: sin A3 sin  C  45   ; sin A4 sin  B  450  sin B3 sin  A  45   ; sin B4 sin  C  450  Do đó: sin A3 sin B3 sin C3 1 sin A4 sin B4 sin C4 Vậy theo định lý Xêva dạng sin ta có: AE,BJ,CI đồng quy Bài toán Cho tia Ax điểm B cố định cho góc BAx nhọn, điểm C chạy tia Ax Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với BC AC theo thứ tự M N Chứng minh rằng, đường thẳng MN qua điểm cố định B P O M I A N C Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, P tiếp điểm đường tròn (O) với AB, giao điểm MN với AO I Do AO tia phân giác góc BAx nên hai điểm P N đối xứng qua AO P M O I A N C   Mặt khác (O) tiếp xúc với cạnh AB, BC P M nên OPB OMB 90 suy tứ giác OMBP nội tiếp đường tròn đường kính BO (2) Từ (1) (2) suy điểm B, M, I, O P thuộc đường trịn đường kính BO Do   BIO BPO 90 , dẫn đến I hình chiếu B AO Do góc BAx cố định B cố định nên đường thẳng AO cố định suy điểm I cố định Vậy đường thẳng MN qua điểm I cố định II Phương pháp áp dụng đường thẳng Simson Bài toán Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn Gọi P, Q, R hình chiếu D lên đường thẳng BC , CA, AB Chứng minh PQ QR phân giác góc ABC ADC đồng quy với AC Lời giải Ta có P, Q, R thẳng hàng (đường thẳng Simsơn)   Mặt khác, ta có DPC DQC 900 suy D, P, C , Q nằm đường trịn Do    DCA DPQ DPR   Tương tự, D, Q, R, A nằm đường tròn, DAC DRP Suy DCA DPR A R D O Q B C P Làm tương tự, ta DAB DQP DBC DRQ Do DA DB AB DB DC BC     (1), (2) DQ DP QP DR DQ RQ Từ (1) (2) suy DA QR BA  DC PQ BC Do PQ QR DA BA  DC BC BA DA Các phân giác góc ABC ADC chia đoạn AC theo tỉ số tương BC DC ứng Do đường đồng quy Bài toán 2.Cho tam giác ABC với đường cao AM, BN nội tiếp đường tròn (O) D điểm đường tròn mà khác A, B DA khơng song song với BN Các đường thẳng DA BN cắt Q Các đường thẳng DB AM cắt P Chứng minh D di động đường trịn (O) trung điểm đoạn PQ ln nằm đường thẳng cố định A N Q H M I B C P D Lời giải Ta chứng minh trung điểm đoạn PQ nằm đường thẳng cố định MN Có thể giả sử D thuộc cung BC (không chứa A) Gọi H trực tâm tam giác Tam giác ANH BMH đồng dạng nên: AN BM  NH MH Tam giác ANQ BMP đồng dạng nên: AN BM  NQ MP Từ (1) (2) suy NQ MP  NH MH (1) (2) (3) Qua điểm Q kẻ đường thẳng song song với MN cắt đường thẳng AM R Theo định lí Thales ta có NQ MR  NH MH (4) Từ (3) (4) suy MP MR Như gọi I giao điểm PQ MN I trung điểm đoạn PQ Vậy trung điểm đoạn PQ nằm đường thẳng cố định MN Bài toán a) Chứng minh đường thẳng Simson ứng với điểm chia đơi đoạn thẳng nối từ điểm đến trực tâm tam giác Hơn trung điểm đoạn thẳng nằm đường tròn Euler tam giác b) Đường thẳng Simson ứng với hai điểm đối xứng qua tâm cắt điểm thuộc đường tròn Euler tam giác B' A Q E J H B Sp O R D I C A' P Sq Lời giải: a) Tam giác ABC, đường cao AD, BE, CF cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác A’, B’, C’ Sp đường thẳng Simson P tam giác ABC H trực tâm tam giác Do tính chất đường thẳng Steiner qua trực tâm H nên đường thẳng S p qua trung điểm I PH Phép vị tự tâm H tỉ số biến A’, B’, C’, P thành D, E, F, I Mà A’, B’, C’, P thuộc đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên D, E, F, I thuộc đường tròn Mặt khác đường tròn Euler tam giác ABC đường tròn ngoại tiếp tam giác DEF nên ta có I thuộc đường tròn Euler ABC 10 B H A R P I Q S O D N C Bài toán (IMO 2005 - POL) Cho ABCD tứ giác lồi với BC  AD BC không song song với AD Lấy E , F tương ứng cạnh BC AD cho BE DF Gọi AC  BD P, BD  EF Q, EF  AC R Xét tam giác PQR E , F thay đổi Chứng minh đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR qua điểm cố định khác P Lời giải Gọi O giao điểm đường trung trực cạnh AC BD Phép quay tâm O với góc  quay  DOB biến D, F , A thành điểm B, E , C tương ứng Ta có OE OF    OFE OAC 900  suy ta A, F , R, O nằm đường tròn    ORP 1800  OFA C D P E R Q F A B O 16    Tương tự B, E , Q, O nằm đường tròn OQP Từ 1800  OEB OFA   tức điểm O nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR ORP 1800  OQP Suy điểm O điểm cần tìm Bài tốn (POL, 2007) Một điểm P nằm cạnh AB tứ giác ABCD Gọi (w) đường tròn nội tiếp tam giác CPD gọi I tâm đường tròn nội tiếp Giả sử (w) tiếp xúc với đường tròn nội tiếp tam giác APD BPD K L tương ứng Đường thẳng AC BD cắt E đường thẳng AK , BL cắt F Chứng minh điểm E , I F thẳng hàng Lời giải Gọi J tâm đường tròn  k  tiếp xúc với đường thẳng AB, DA BC Gọi  a  ,  b  đường tròn nội tiếp AOP BCP Trước tiên ta chứng minh F  IJ A tâm vị tự biến đường tròn  a  thành đường tròn  k  , K tâm vị tự biến đường tròn  a thành  w  F * tâm vị tự biến  w  thành  k  Theo Định lí Đề - Sac ta có A, K , F * thẳng hàng Tương tự chứng minh F *  BL Do F F * F  IJ Bây ta chứng minh E  IJ Kí hiệu X , Y tâm vị tự biến  a  ,  b  thành  w  Dựa vào tính chất tiếp tuyến từ A, B, C , D đường tròn  k   a  ta có AP  DC  AD  PC Do tồn đường tròn  d  nội tiếp APCD X tâm vị tự biến  a  thành  w  V Phương pháo áp dụng phương tích, trục đẳng phương  C  Gọi O H tâm Bài toán Cho tứ giác lồi ABCD có A B đường trịn ngoại tiếp, trực tâm tam giác ABC Chứng minh: D, O, H thẳng hàng Lời giải Cách Gọi I  AH  BC , J CH  AB, E  AD  BC , F  AB  CD , M OE  AB, N OF  BC D  AE  D thuộc trục đẳng phương hai đường tròn  O1   O2  D  EF  D thuộc trục đẳng phương hai đường tròn  O2   O3  17 Trong  O1  đường trịn  EAMI  ,  O2  đường tròn  CFJN  ,  O3  đường tròn  EACF  Vậy PD /(O1 ) PD /(O3 )  PD /(O2 ) Ta có PH /(O1 ) HI HA HJ HC PH /(O2 ) Tương tự: PO /(O1 ) PO /( O2 ) Vậy D, O, H thuộc trục đẳng phương (O1 ) (O2 ) Cách  Ta gọi O1 , O2 giao điểm đường phân giác góc AEB BFC với DH Theo định lý Talet, ta có: Tương tự O1D PD ED   O1H PC EC O2 D FD  O2 H FA Ta lại có ED.FA EC.FD  Do SDEF sin AEB O1D O2 D  Suy O1 O2 O1H O2 H Bài toán Cho tứ giác ABCD nội tiếp  O  có AB  CD F , AC  BD E Gọi H , K trực tâm EBC , EAD Chứng minh điểm F , H , K thẳng hàng Lời giải Gọi M , N , I , J hình vẽ Gọi  O1  đường tròn  ABJN  ,  O2  đường trịn  CDMI  Ta có PH /  O1  HB.HJ HI HC PH / O2  18 A M D I K H E F J N C B Tương tự PK /  O1  PK / O2  Mặt khác PF / O1  FB.FA FC.FD PF / O2  Vậy H , K , F thuộc trục đẳng phương  O1  O2 Bài toán (VMO – Bảng B, 2006) Cho hình thang cân ABCD có CD đáy lớn Xét điểm M di động đường thẳng CD cho M không trùng với C D Gọi N giao điểm thứ hai khác M đường tròn  BCM   DAM  Chứng minh rằng: a) Điểm N di động đường tròn cố định b) Đường thẳng MN qua điêm cố định Lời giải a) Nếu M nằm cạnh CD M N phía đường thẳng AB Từ     D  C tứ giác nội tiếp ANMD BNMC , ta có ANB 2  ANM  BNM Nếu M nằm cạnh CD M N khác phía đường thẳng AB   D  Từ tứ giác nội tiếp ANMD BNMC ta có ANB   C Vậy N thuộc đường tròn cố định qua A B 19  P P N A B B A D C M N C D M b) Gọi P  AD  BC P cố định PA.PD PB.PC , suy P thuộc trục đẳng phương hai đường tròn  BCM   DAM   P  MN Bài tốn (VMO, 2007) Cho hình thang ABCD có đáy lớn BC nội tiếp đường tròn  O  Gọi P điểm thay đổi BC nằm ngồi đoạn BC cho PA khơng tiếp tuyến đường tròn  O  Đường trịn đường kính PD cắt  O  E  E D  Gọi M giao điểm BC với DE , N giao điểm khác A với  O  Chứng minh đường thẳng MN qua điểm cố định Lời giải Gọi A ' điểm đối xứng A qua tâm O Ta chứng minh N , M , A ' thẳng hang, từ suy MN qua A ' cố định 20