Hh9 chuyên đề 5 thẳng hàng, đồng quy, điểm cố định, đường cố định(41 trang)

CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH I.THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY:Những điểm thẳng hàng đặc biệt : Bổ đề hình thang Cho hình thnag ABCD có hai đáy AB, CD trung điểm cạnh đáy, giao điểm đường chéo giao điểm cạnh bên nằm đường thẳng Chứng minh: Giả sử đường thẳng AD, BC cắt M, AC, BD cắt P, đường thẳng MP cắt AB, CD N, Q Ta chứng minh: N,Q trung điểm AB, CD Thật vậy: Do AB / / CD, theo định lý Thales ta có: AN NB AN BN    1 ,   Lấy (1) nhân với (2) ta có: QD QC QC QD AN NB   AN  NB thay vào (1) ta có QD QC Hay N, Q trung điểm QC.QD QC.QD AB, CD Ví dụ  Cho tam giác nhọn ABC đường cao AH, phân giác góc BAC cắt BC O, qua O dựng đường thẳng OM vng góc với AB, ON vng góc với AC a Chứng minh: điểm A, M, H, O, N nằm đường tròn  b Chứng minh: AH phân giác MHN c Đường thẳng qua O vng góc với BC cắt MN K Chứng minh: KN AC  KM AB d Gọi I trung điểm BC Chứng minh: A, K, I thẳng hàng Giải:    Do AO  MN nên ta có: ONK (cùng phụ với NOA ), ta có:  NAO    NOK 90  NOC OCA Từ suy OKN ∽ COA (g.g) dẫn đến KN ON  , tương OA CA tự ta có: KM OM  Do OM ON OA BA suy KM AC  hay KM AB  KN AC KN AB Dựng đường thẳng qua K song song với BC cắt AB, AC E, F, ta dễ chứng minh được: KEMO, KNFO nội tiếp, kết hợp với   OMK ONK | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN ta có biến đổi góc: | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH OEK OMK    suy tam giác OEF cân O, dẫn tới KE  KF , theo bổ đề hình ONK OFK thang ta có A, K, I thẳng hàng Đường thẳng Ơle: Trong tam giác: Trực tâm H, trọng tâm G, tâm đường tròn ngoại tiếp O nằm đường thẳng gọi đường thẳng Ơle tam giác Đồng thời ta có: HO 3GO Chứng minh : Dựng đường kính AN (O) Vì AN đường kính (O) nên NC  AC , BH  AC  BH / / NC Chứng minh tương tự ta có CH / / NB nên tứ giác BHCN hình bình hành, suy đường chéo NH, BC cắt trung điểm M đường nên N, H, M thẳng hàng Ta có MO đường trung bình tam giác AHN nên MO / /  AH Gọi G giao điểm AM HO, MO / / AH (cùng vng góc với BC) Theo định lý Thales ta có: trọng tâm tam giác ABC H, G, O thẳng hàng Do AG MO    G GM AH GO OM    HO 3GO (Đường GH AH thẳng qua H, G, O gọi đường thẳng Ơle tam giác ABC) Đường thẳng Simson , đường thẳng Steiner Đường thẳng Simson: Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) M điểm đường tròn Kẻ MH, MI , MK vng góc với AB, BC, AC Chứng minh ba điểm H, I, K thẳng hàng Chứng minh :   Tứ giác MIBH có BHM  BIM 90  90 180   nên tứ giác nội tiếp  MIH (cùng chắn  MBH cung HM), mà tứ giác ABMC nội tiếp nên     , MIH MBH  KCM  KCM Mặt khác tứ giác KCMI nội tiếp        (vì MIC MKC 90 ) nên KCM  MIK 180  MIH  MIK 180  HIK 180 Vậy H, I, K thẳng hàng Đường thẳng qua H, I , K gọi đường thẳng Simson điểm M CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TỐN CHUN | Chú ý: Ta có tốn đảo toán Simson sau: Cho tam giác ABC điểm M nằm tam giác Chứng minh hình chiếu M lên ba cạnh tam giác ABC ba điểm thẳng hàng M nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) , tiếp tuyến A (O) cắt CB K, kẻ tiếp tuyến KD với (O) Gọi G,E,F hình chiếu vng góc D AB, BC, CA a Chứng minh: KA2  KB.KC b Chứng minh: AB DB  AC DC  c Chứng minh: BC 2 R sin BAC d Chứng minh: G trung điểm EF Giải: a Học sinh tự chứng minh b Từ chứng minh câu a ta suy ra: KBA ∽ KAC suy tương tự KA AB  , KC AC KB BD AB BD   mà KA  KB suy KC BC AC BC    c Kẻ đường kính BK (O) ta có: BCK 90 , lại có BAC  BKC , suy BC    sin BAC sin BKC   BC BK sin BAC , hay BC=2RsinA BK d Áp dụng câu c ta có: Tứ giác BGDE nội tiếp đường trịn đường kính BD nên   GE  BD.sin GDE  BD.sin ABC , tương tự ta có: GF CD.sin FCG CD.sin ACB Từ suy GE BD.sin ABC AB.sin ABC   , dựng đường cao AH tam giác ABC ta có: GF CD.sin ACB AC.sin ACB  GE BD.sin ABC AB.sin ABC AH    1 suy GE GF Mặt khác từ tứ giác BGDE, GF CD.sin ACB AC.sin ACB AH CFGD, ABCD nội tiếp ta có biến đổi góc:    EGD  EBD  ACD 180  DGF  EGD  DGF   180 hay E, G, F thẳng hàng Nói cách khác G trung điểm EF (Đường thẳng qua E, G, F đường thẳng Simson D với tam giác ABC) Đường thẳng Steiner Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O), M điểm thuộc đường tròn Gọi N, P, Q theo thứ tự điểm đối xứng với M qua AB, BC, CA Chứng minh N, P, Q thẳng hàng Chứng minh: | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH Gọi H, I, K theo thứ tự hình chiếu M lên AB, BC, AC; H, I, K thẳng hàng (đường thẳng Simson ) Dễ thấy IH đường trung bình tam giác MNP nên IH / / NP Tương tự IK / / PQ Theo tiên đề Ơ-clit H, I, K thẳng hàng nên suy N, P, Q thẳng hàng Đường thẳng qua N, P, Q gọi đường thẳng Steiner điểm M Chú ý : a) Ta chứng minh ba điểm N, P, Q thẳng hàng cách dùng phép vị tự: Các điểm N, P, Q ảnh H, I, K phép vị tự tâm M tỉ số 2, mà H, I, K thẳng hàng nên N, P,Q thẳng hàng Như đường thẳng Steiner ảnh đường thẳng Simson phép vị tự tâm M tỉ số Ngoài liên quan đến đường thẳng Simson, Steiner ta có kết sau: “ Đường thẳng Steiner qua trực tâm tam giác ABC” Thật vậy, gọi D trực tâm tam giác ABC; BD, CD cắt (O) E, F Dễ dàng chứng minh E đối xứng với D qua AC, F đối xứng với D qua AB Ta có FDMN hình thang cân tứ giác IBHM , MBFC nội     tiếp nên ta có: DFM  DNM MBC  IHM ND / / IH Tương tự ta có: DQ / / IK mà H, I, K thẳng hàng nên N, P, Q thẳng hàng Nói cách khác: Đường thẳng Steiner điểm M qua trực tâm tam giác ABC Cách khác: Gọi AS, BJ, CR đường cao tam giác ABC, D trực tâm Ta có ANB  AMB (tính chất  đối xứng ) Lại có AMB  ADJ (cùng bù với SDJ ) Suy ANB  ADJ nên ADBN tứ giác nội tiếp,   NAB  NDB Mà     NAB  MAB  NDB MAB        Chứng minh tương tự CDQ Ta có NDB CAM  CDQ MAB  CAM  BAC        NDQ  NDB  BDC  CDQ  BAC  BDC 180 Vậy N, D, Q thẳng hàng hay đường thẳng Steiner qua trực tâm tam giác ABC Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp (O) có trực tâm điểm H Một điểm D nằm cung nhỏ BC, gọi E điểm đối xứng với D qua BC, đường tròn ngoại tiếp tam giác ODE cắt AD G Gọi J giao điểm thứ đường tròn ngoại tiếp tam giác AGO với AH CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | Chứng minh: J, O, E thẳng hàng a Chứng minh: G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JHE b Chứng minh: Trực tâm tam giác AGO nằm đường thẳng HE Giải:     a, Ta có: GOE GDE GAJ 180  GOJ   Suy GOE  GOJ 180 hay J, O, E thẳng hàng b, Từ tứ giác AJOG, ODEG nội tiếp Ta có biến đổi góc:     GJO GAO GDO GEO suy tam giác GJE cân G Gọi F giao điểm thứ AH với (O) F đối xứng với H qua BC nên tứ giác HEDF hình thang cân Giả sử đường tròn ngoại tiếp tam giác JHE cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác AGO       AOD 2 ABD 2 AFD 2 180  JHE 2 JKE giao điểm thứ K Suy JGE suy G tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác JHE       c, Ta có: GOE GDE GAJ GKJ GJK GOK    lại có GKO GJO GEO suy GOK GOE hay OG trung trực KE hay E điểm đối xứng với K qua OG Do GK GJ     tứ giác AJGK nội tiếp nên AG phân giác HAK mà GKA suy H, K đối GJH GHJ xứng qua AG Suy HE đường thẳng Steiner K tam giác AGO Theo tính chất vừa chứng minh HK qua trực tâm tam giác AGO Đường thẳng Pascal Cho điểm A, B, C, D, E, F thuộc đường tròn (Có thể hốn đổi thứ tự ) Gọi P, Q , R giao điểm cặp đường thẳng  AB, DE  ,  BC , EF  ,  CD, FA  Khi điểm P, Q, R nằm đường thẳng gọi đường thẳng Pascal Chứng minh: Giả sử DE cắt BC M cắt AF N, BC cắt AF S Áp dụng định lý Menelaus cho SMN cát tuyến: ABP ta có : PM AN BS PM AS BM 1 hay   1 PN AS BM PN AN BS Áp dụng định lý Menelaus cho SMN | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH cát tuyến : CDR ta có: RN CS DM RN CM DN 1 suy    Áp dụng định lý RS CM DN RS CS DM Menelaus cho SMN cát tuyến: QEF ta có: Mặt khác tứ giác QM FS EN QS FS EN 1 suy   3 QS FN EM QM FN EM ABCF, BCDE, SB.SC  SA.SF ; MC.MB MD.ME , NF NA  ND.NE   Từ AFED nội  1 ,   ,  3 ,   tiếp ta nên: suy PM RN QS 1 Theo định lý đảo Menelaus ta suy P, Q, R thẳng hàng PN RS QM Đường thẳng PRQ gọi đường thẳng Pascal ứng với điểm A,B,C, D,E,F Bằng cách hoán vị điểm A,B,C, D,E,F ta thu nhiều đường thẳng Pascal khác nhau, cụ thể ta có tới 60 đường thẳng Pascal Chẳng hạn vẽ hình bên minh họa trường hợp điểm ACEBFD Ngoài cho điểm trùng (khi lục giác suy biến thành tam giác, tứ giác, ngũ giác), ví dụ E  F cạnh EF trở thành tiếp tuyến đường E, ta thu thêm nhiều đường thẳng Pascal khác Hình vẽ minh họa trường hợp điểm ABCDEE, ABCCDD Đường thẳng Gauss Cho tứ giác ABCD có AB, CD cắt M, AD, BC cắt N Khi trung điểm đoạn thẳng AC, BD, MN nằm đường thẳng gọi đường thẳng Gauss tứ giác ABCD Chứng minh: Gọi I, E, F trung điểm BD, AC ,MN K, G, H trung điểm đoạn thẳng CN, CD, DN Dễ thấy điểm F, H, K thẳng hàng CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | E, G, K thẳng hàng I, G, H thẳng hàng Ta có: FK / / MC , IH / / BC , EK / / DN nên IG BC FH MD EK AN  ,  ,  nhân đẳng thức ta có: IH BN FK MC EG AD IG FH EK BC MD AN  Áp dụng định lý Menelaus cho tam giác CDN đường thẳng IH FK EG BN MC AD qua B, A, M ta có: BC MD AN IG FH EK 1 , suy 1 Theo định lý Menelaus đảo ta suy BN MC AD IH FK EG I, E, F thẳng hàng Đường thẳng Niutơn Cho tứ giác ABCD ngoại tiếp (I) Gọi M, N trung điểm BD, AC Khi điểm I, M, N thẳng hàng Đường thẳng qua I, M, N gọi đường thẳng Niutơn tứ giác ABCD Chứng minh: (Ta xét trường hợp AB không song song với CD) Gọi tiếp điểm (I) với AB, BC, CD, DA X, Y, Z, T IX  IY  IZ  IT r Giả sử AD, BC cắt P, PD lấy E cho PE  AD, PC lấy F cho PF  BC thì: 1 S MAD  S MBC  S DAB  S DBC  S ABCD 2 1 S NAD  S NBC  SCAD  S ABC  S ABCD Từ suy : 2 S MAD  S MBC S NAD  S NBC Theo cách xác định E, F ta có: S MAD  S MPE , S MBC S MPF , S NAD S NPE , S NBC S NPF suy ra: SMPE  S MPF S NPE  S NPF hay SMEPF  S NEPE  1 Lại có: S IAD S IPE , S IBC S IPF  S IAD  S IBC S IPE  S IPF S IEPF 1 1 S IAD  S IBC  S AXYT  S DZYT  S IZCY  S XIYB  S ABCD 2 2 suy S MEPF  S IEPF   Từ (1), (2) ta suy SMEPF S NEPF S IEPF hay SMEF S NEF S IEF  MN / / EF , MI / / EF suy M,N,I thẳng hàng Trục đẳng phương hai đường tròn a Cho đường tròn (O;R) điểm M, đường thẳng thay đổi qua M cắt (O) A, B Khi đại lượng: PM /  O  MA.MB gọi phương tích điểm M với đường tròn (O) 2 + Nếu M nằm ngồi (O) PM /  O  MA.MB  MO  R 2 + Nếu M nằm (O) PM /  O  MA.MB  R  MO | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH + Nếu M nằm (O) PM /  O  0 Từ ta có kết quả: Khi M nằm ngồi (O) MC tiếp tuyến (O) C PM /  O   MA.MB MC (Đây kết quen thuộc chứng minh phần cát tuyến, tiếp tuyến) b Các điểm có phương tích với đường trịn phân biệt  O1 ; R1   O2 ; R2  nằm đường thẳng gọi trục đẳng thức đường trịn Trong phạm vi THCS ta cần ý đến trường hợp là: + Nếu  O1  ,  O2  cắt theo dây AB, lấy điểm M đường thẳng AB (M nằm ngồi đường trịn) cát tuyến qua M cắt  O1  C, D , cát tuyến qua M cắt  O2  E, F MC.MD ME.MF MA.MB (Hình 1) + Nếu  O1  ,  O2  tiếp xúc N trục đẳng phương đường thẳng qua N vng góc với O1O2 (Hình 2,3) II PHƯƠNG PHÁP GIẢI BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG , ĐỒNG QUY Một số tiêu chuẩn để chứng minh ba điểm thẳng hàng Để chứng minh điểm A, B, C thẳng hàng theo thứ tự, thực chất phương pháp chứng minh hai đường thẳng AB AC trùng Trong phần đưa số tiêu chuẩn để chứng minh điểm A, B, C thẳng hàng Tiêu chuẩn Ba điểm phân biệt A, B, C theo thứ tự nằm đường thẳng ABC 180 Xét đường thẳng xx qua B Để chứng minh A, B, C thẳng hàng ta quy chứng minh:  + ABx  xBC 180 ABx  x BC Ví dụ CHUYÊN ĐỀ HSG VÀ TOÁN CHUYÊN | Cho nửa đường trịn đường kính AB Lấy điểm C thuộc AB cho CA  CB điểm M thuộc nửa đường trịn Đường thẳng qua M vng góc với MC cắt tiếp tuyến qua A M Đường thẳng C vng góc với M 1C cắt tiếp tuyến qua M M Chứng minh M , M , M thẳng hàng Giải:   M (Tứ giác ACMM nội tiếp ) Ta có: CAM CM   CAM MBM (góc hai tiếp tuyến dây cung)  M MCM   CM (cùng phụ MCM )    MCM MBM  tứ giác BCMM nội tiếp   CMM 90  MM M  MC  M  MC 180 (đpcm) ta có: M 2 Ví dụ Cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (O) Các tiếp tuyến qua A, C cắt M Vẽ hình bình hành ACMN Đường tròn ngoại tiếp tam giác AMN cắt (O) D Chứng minh N, C, D thẳng hàng Giải: AMN  ADN (tứ giác ADMN nội tiếp) AMN CAM   so le   CAM  ABC (góc tiếp tuyến dây cung)  ADN  ABC  1 Mặt khác, tứ giác ABCD nội tiếp nên ABC  ADC 180   Từ (1) (2) ta có : ADN  ADC 180 suy (đpcm) Ví dụ Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn (O) tia AB , CD cắt E AD cắt BC F Gọi M giao điểm thứ hai khác C hai đường tròn ngoại tiếp tam giác BCE, CDF Chứng minh E, M, F thẳng hàng (Trích đề thi vào lớp 10 -Trường chuyên Lê Quý Đôn -Đà Nẵng năm 2012) Giải: Để chứng minh E, M, F thẳng hàng ta chứng minh: | TÀI LIỆU WORD TOÁN THCS , THPT CHẤT - ĐẸP - TIỆN | CHUYÊN ĐỀ THẲNG HÀNG, ĐỒNG QUY, ĐIỂM CỐ ĐỊNH, ĐƯỜNG CỐ ĐỊNH CME  CMF  180 Vì ta cần quy hai góc hai góc đối tứ giác nội tiếp   Thật ta có: EMC EBCM 180  EBC   nội tiếp FMC FMCD 180  CDF nội tiếp Từ ta có:     EMC  FMC 360  CDF  EBC Để ý rằng: ABCD tứ giác nội tiếp nên:     mà ABC  CDA CDF  ABC , EBC CDA 180   nên CME  CMF 180 Do điểm E, M, F thẳng hàng Ví dụ Cho điểm thẳng hàng theo thứ tự A, M, B phía đường thẳng AB vẽ hai hình vng AMCD BMEF Hai đường tròn  O1   O2  ngoại tiếp hai hình vng cắt M N Chứng minh rằng: a B, C, N thẳng hàng b A, E, N thẳng hàng Giải: a Ta có: ANC 90 (góc chắn nửa đường trịn)   MNE MEF 45 (góc nội tiếp)   MNB MEB 45 (góc nội tiếp)  ANB 90   Vậy CNA  ANB CNB 180  (đpcm) b Từ kết câu trên, ta có : MBC MEA  c.g.c     MBC MEA Mặt khác tứ giác BMEN nội tiếp nên     MBN  MEN 180  MEN  MEA 180  (đpcm) Ví dụ Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường trịn (O) có trực tâm H Gọi P điểm nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác HBC  P  B, C , H  nằm tam giác ABC PB cắt đường tròn (O) M khác B PC cắt (O) N khác C BM cắt AC E, CN cắt AB F Đường tròn ngoại tiếp tam giác AME đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF cắt Q khác A Chứng minh M, N, Q thẳng hàng (Trích đề tuyển sinh vào lớp 10 chuyên – Trường THPT chuyên ĐHQG Hà Nội - năm 2013) 10