Cđ15 ba điểm thẳng hàng

Chuyên đề: CHỨNG MINH BA ĐIỂM THẲNG HÀNG PHẦN I TĨM TẮT LÍ THUYẾT D · · Nếu ABD  DBC 180 ba điểm A, B, C thẳng hàng (Hình 1) C B hình A Tiên đề Ơ – Clit: Qua điểm đường thẳng có đường thẳng song song với a đường thẳng (Hình 2) hình A B C A Có đường thẳng a ' qua điểm O vuông B hình góc với đường thẳng a cho trước (Hình 3) a Nếu AB  a ; AC  A ba điểm A, B, C thẳng hàng C Hoặc A, B, C thuộc đường trung trực đoạn thẳng y Mỗi góc có tia phân giác (Hình 4) Nếu tia OA tia OB hai tia phân giác góc xOy ba điểm O, A, B thẳng hàng Hoặc: Hai tia OA OB nằm nửa mặt phẳng bờ B A O hình x · · 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 Dạng Sử dụng tính chất góc kề bù chứng minh điểm thẳng hàng I Phương pháp giải D · · Nếu ABD  DBC 180 ba điểm A, B, C thẳng hàng II Bài tốn C B hình A Bài 1: Cho tam giác ABC vuông A, M trung x C D điểm AC Kẻ tia Cx vng góc CA (tia Cx điểm B hai nửa mặt phẳng đối bờ AC ) Trên tia Cx lấy điểm M D cho CD  AB Chứng minh ba điểm B, M , D A thẳng hàng Gợi ý: Muốn B, M , D thẳng hàng cần chứng minh · · BMC  CMD 1800 · · · · Do AMB  BMC 180 nên cần chứng minh AMB DMC Lời giải Xét AMB CMD có: CD  AB (gt) · · BAM DCM 900 MA  MC ( M trung điểm AC ) · · Do đó: AMB = CMD (c.g.c) Suy ra: AMB DMC 0 · · · · Mà AMB  BMC 180 (kề bù) nên BMC  CMD 180 Vậy ba điểm B, M , D thẳng hàng B Bài 1: Cho tam giác ABC Trên tia đối AB lấy E N D điểm D mà AD  AB , tia đối tia AC lấy điểm E mà AE  AC Gọi M , N điểm BC ED cho A CM  EN Chứng minh ba điểm M , A, N thẳng hàng B C M · · Gợi ý: Chứng minh CAM  CAN 180 từ suy ba điểm M , A, N thẳng hàng Lời giải µ µ Xét ABC ADE (c.g.c)  C E · · Xét ACM AEN (c.g.c)  MAC NAE 0 · · · · Mà EAN  CAN 180 (vì ba điểm E , A, C thẳng hàng) nên CAM  CAN 180 Vậy ba điểm M , A, N thẳng hàng (đpcm) Bài 2: Cho tam giác ABC , M trung điểm BC A Trên tia đối MA lấy điểm E cho I MA ME a, Chứng minh AC EB, AC / / EB B b, Gọi I điểm AC , K điểm C M K EB cho AI EK Chứng minh ba E 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  0 · · · · ·  ·AMI EMK mà AMI  IME 180  EMK  IME 180  I , M , K thẳng hàng Bài 3: Cho tam giác ABC vuông A , Bµ =60° C Vẽ tia Cx  BC lấy CE CA (CE CA E phía với BC ) Trên tia đối tia BC lấy F cho BF  BA Chứng minh rằng: x a) ACE B A b) E , A, F thẳng hàng F Lời giải ) · · Tìm cách giải: Nhận thấy tam giác ABC vuông A , B =60° nên ACB =30° suy ACE = 60 nên tam giác ACE Do muốn chứng tỏ E , A, F thẳng hàng ta cần chứng · 30 tỏ BAF Hướng dẫn: · · a) ABC vng A , Bµ =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 Bài 4: Cho tam giác ABC có AB  AC , kẻ tia phân A giác AD góc BAC Trên cạch AC lấy E điểm E cho AE  AB Trên tia AB lấy B điểm F cho AF  AC Chứng minh D : H a) ADF EDC F b) F , D, E thẳng hàng C 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 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  F , D, E thẳng hàng c) Gọi H giao điểm AD CF · · 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 5: Cho tam giác ABC vẽ phía ngồi tam E N giác ABC tam giác vuông A I ADB; ACE có AD  AD; AC  AE , kẻ AH D M A vng góc với BC ; DM vng góc với AH EN vng góc AH Chứng minh a, DM  AH B b, Gọi I trung điểm MN Chứng minh D, I , E thẳng hàng Lời giải H C 0 · · · · a) Ta có DMA vuông M nên MDA  MAD 90 mà BAH  MAD 90 · · · ( 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) Chứng minh tương tự câu a, ta có : ANE CHA , suy AH EN · ·  900  , IMD INE 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 a Nếu AB / / a , AC / / a ba điểm A, B, C thẳng hàng II Bài tốn hình A Bài 1: Cho tam giác ABC Gọi M , N B C A E trung điểm cạnh AC , AB Trên D / = đường thẳng BM CN lấy N điểm D E cho M trung điểm BD M = / C B N trung điểm EC Hình Chứng minh ba điểm E , A, D thẳng hàng Lời giải 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 A E D / = N M = / C B Hình Bài 2: Cho hai đoạn thẳng AC BD cắt tai A trung điểm O đoạn Trên tia AB x = X lấy điểm M cho B trung điểm AM , B tia AD lấy điểm N cho D trung O / * / D = X điểm AN Chứng minh ba điểm M , C , N M C 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 : 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 * N Bài 3: Cho tam giác ABC cân A Trên cạnh AB A lấy điểm M , tia đối CA lấy điểm N cho MB CN Gọi K trung điểm MN M Chứng minh ba điểm B, K , C thẳng hàng F B K E C A N M F B E K C N Lời giải Cách 1: Kẻ ME  BC NF  BC Tam giác BME CNF vng E F có:   BM CN MBE NCF Do BME CNF Suy ME MF Gọi K giao điểm BC BN Xét MEK FNK vuông E F , có:   = ENK   SLT  ME NF , EMK  MEK NEK  MK  NK Vậy K  trung điểm MN Do K K  Do điểm B, K , C thẳng hàng Cách 2: kẻ ME / / AC ( E  BC ) ·  ·ACB MEB ( hai góc đồng vị) · · · · MEB Mà ABC  ACB nên BME Vậy tam giác MBE cân M Do MB ME kết hợp với giả tiết MB NC ta ME CN Gọi K giao điểm 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 4: Cho tam giác ABC vuông A Kẻ D AH  BC H , ·ACB 30 Dựng tam giác ACD ( D B nằm khác phía A K cạnh AC ) Kẻ HK  AC K Đường thẳng F qua H song song với AD cắt AB kéo dài B M Chứng minh điểm M , K , D thẳng M hàng Lời giải Gọi F trung điểm AC  AH  AC  AHF  HF / / AD  M , H , F thẳng hàng Mà AK  KF ; AMF FDA (g.c.g)  AM  DF  AMK FDK  c.g c  ·  ·AKM  DKF  M , K , D thẳng hàng 10 H C · Vậy MOC 360   150  60  150 BOC · · MOC có OB  OM (vì BOC đều) BOC = MOC =150° 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 3: Cho tam giác ABC , trung tuyến AM , gọi N A trug điểm CA Trên AM lấy điểm I N cho AI  2MI Chứng minh: B, I , N I thẳng hàng B HD: Ta có BN trung tuyến tam giác ABC , ta cần I trọng tâm ABC Lời giải Vì N trung điểm CA Suy BN trung tuyến ABC Gọi G trọng tâm ABC Theo tính chất trung tuyến tam giác ta có AG  2GM Mà theo giả thiết I AM AI  IM  I trùng với G Vậy B, I , N thẳng hàng 20 G M C