CHUYÊN đề một số bài TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG ĐỒNG QUY

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CHUYÊN ĐỀ HỘI THẢO TRẠI HÈ HÙNG VƯƠNG CÁC TRƯỜNG THPT CHUYÊN MÔN TOÁN THPT Tên đề tài: CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG ĐỒNG QUY Người thực hiện: Nguyễn Trung Nghĩa Trường: THPT chuyên Nguyễn Tất Thành- Yên Bái NĂM HỌC: …………………… Chuyên đề: 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 xin trích đẫn số toán, để minh hoa cho phương pháp thường gặp Tài liệu tập hợp thông qua trình giảng dạy, có nhiều cố gắng chắn không tránh khỏi thiếu sót mong nhận thông cảm, góp ý bạn bè đồng nghiệp, để tài liệu hoàn chỉnh I.Phương pháp áp dụng hàng điểm điều hòa Bài toán 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 ( EQRP ) = −1 ( ETBC ) = A ( EQRP ) = −1 thấy nên theo ( ESAD ) = B ( EQRP ) = −1 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 ' ) = −1 suy PE , AT ', BS ' đồng quy Theo phần thuận M , S ', T ', N thuộc đường tròn suy ST PS '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 ) = −1 (Hệ thức Maclaurin) Tương tự ta có ( CDFP ) = −1 , suy P, Q, O, E thẳng hàng Bài toán 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 không 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 vuông 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 ) = −1 ( SPCD ) = −1 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 ) = −1 ⇒ KL, AD, BC đồng quy ⇒ P ∈ KL (1) Mặt khác ta có ( MKAB ) = ( MLCD ) = −1 ⇒ 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 toán 6.Cho tam giác nhọn ABC Dựng phía tam giác hình vuông ABMN ACXY Gọi I, J tâm hình vuông ABMN ACXY Gọi K giao điểm CN BY, H giao điểm CI BJ Chứng minh A, K, H thẳng hàng Giải: Dựng ∆BCE vuông cân E phía ∆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 C E E 0 sin C1 AN sin ( A + 90 ) sin ( A + 90 ) = = sin C2 BN sin ( B + 450 ) sin ( B + 450 ) Áp dụng định lý sin tam giác thích hợp ta tính được: sin ( C + 450 ) sin B1 ; = sin B2 sin( A + 900 ) sin A1 sin ( B + 45 ) = sin A2 sin ( C + 450 ) sin A1 sin B1 sin C1 =1 sin A2 sin B2 sin C2 AE,BY,CN đồng quy Do đó: * 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 nên theo định lý Xêva dạng sin ta có 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 M O 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 I O 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 tròn 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 tròn · · · 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 DA DB AB DB DC BC = = = = Do (1), (2) DQ DP QP DR DQ RQ DA QR BA = Từ (1) (2) suy DC PQ BC DA BA = Do PQ = QR DC BC BA DA A Các phân giác góc ·ABC ·ADC chia đoạn AC theo tỉ số BC DC tương ứng Do đường đồng quy Bài toán 2.Cho tam giác ABC với đường cao AM, BN nội tiếp đường N tròn (O) D điểm đường tròn mà khác A, B DA không song Q song với BN Các đường thẳng DA H BN cắt Q Các đường thẳng DB M B I 10 C P D EF AC 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 ϕ = DOB biến D, F , A thành điểm B, E , C tương ứng Ta có ϕ · · OE = OF OFE = OAC = 900 − Suy A, F , R, O nằm đường tròn · · ⇒ ORP = 1800 − OFA C D P E R Q F A B O Tương tự B, E , Q, O nằm đường tròn · · · · · Từ ORP = 1800 − OQP tức điểm O OQP = 1800 − OEB = OEC = OFA nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác PQR Suy O điểm cần tìm Bài toán Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi H , N , S , R, P, Q trung điểm AB, CD, AC , BD, AD, BC Qua M , N , P, Q, R, S kẻ đường thẳng ∆ M , ∆ N , ∆ P , ∆Q , ∆ R , ∆ S vuông góc với CD, AB, BC , AD, BD AC Chứng minh đường thẳng đồng quy Lời giải Ta có nhận xét MN , PQ, RS đồng quy I với I trung điểm MN , PQ, RS Từ suy DI : ∆ N → OM , DI : ∆ M → ON , DI : ∆ P → OQ , DI : ∆ Q → OP , DI : ∆ R → OS , DI : ∆ S → OR Do đường thẳng ∆ M , ∆ N , ∆ P , ∆ Q , ∆ R , ∆ S đồng quy điểm O ' = DI ( O ) 17 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 ϕ = DOB biến D, F , A thành điểm B, E , C tương ứng Ta có ϕ · · 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 · · · Tương tự B, E , Q, O nằm đường tròn OQP Từ = 1800 − OEB = OFA · · ORP tức điểm O nằm đường tròn ngoại tiếp tam giác = 1800 − OQP PQR Suy điểm O điểm cần tìm 18 Bài toán (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 ( 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 ) tâm vị tự biến V Phương pháo áp dụng phương tích, trục đẳng phương µ =C µ Gọi O H tâm Bài toán Cho tứ giác lồi ABCD có µA = B đường tròn 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 ) Trong ( O1 ) đường tròn ( 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 ) 19 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 tròn ( CDMI ) Ta có PH /( O1 ) = HB.HJ = HI HC = PH /( O2 ) 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 ) 20 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 tứ giác nội tiếp ANMD BNMC , ta có ( ) ·ANB = 2π − ·ANM + BNM · µ +D µ =C Nếu M nằm cạnh CD M N khác phía đường thẳng AB ( µ +D µ Từ tứ giác nội tiếp ANMD BNMC ta có ·ANB = π − C ) Vậy N thuộc đường tròn cố định qua A B 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 toán (VMO, 2007) Cho hình thang ABCD có đáy lớn BC nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi P điểm thay đổi BC nằm đoạn BC cho PA không tiếp tuyến đường tròn ( O ) Đường tròn đường kính PD 21 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 D A N O F M C E B P A' Thật vậy, ta có DE trục đẳng phương đường tròn ( O ) đường tròn ( γ1 ) · đường kính PA ' Giả sử DA ' cắt BC F , ·ADA ' = 900 ⇒ PFA ' = 900 nên BC trục đẳng phương ( γ ) ( γ ) Vì trục đẳng phương đồng quy tâm đẳng phương, suy DE , BC NA ' đồng quy điểm M Vậy M , N , A ' thẳng hàng Bài toán Cho đường tròn (O) hai điểm A, B cố định Một đường thẳng quay quanh A, cắt (O) M N Chứng minh tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN thuộc đường thẳng cố định Hướng dẫn Gọi I tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNB Gọi C giao điểm AB (I) Khi ta có: PA / ( I ) = AC AB = AM AN = P A / ( O ) (không đổi A, (O) cố định) Suy AC = PA / ( O ) AB 22 Vì A, B cố định C thuộc AB nên từ hệ thức ta có C cố định Suy I thuộc đường trung trực BC cố định Bài toán Cho đường tròn tâm O đường kính AB, điểm H cố định thuộc AB Từ điểm K thay đổi tiếp tuyến B O, vẽ đường tròn (K; KH) cắt (O) C D Chứng minh CD qua điểm cố định Hướng dẫn Gọi I điểm đối xứng H qua B, suy I cố định thuộc (K) Gọi M giao điểm CD AB Vì CD trục đẳng phương (O) (K) nên ta có: MH MI = MC.MD = MA.MB ⇔ ( MB + BH ) ( MB + BI ) = MB ( MB + BA) ( MB + BH ) ( MB − BH ) = MB + MB.BA ⇔ MB − BH = MB + MB.BA ⇔ BM = ⇔ 2 2 BH BA Vì A, B, H cố định suy M cố định Bài toán Cho đường tròn tâm O, đường kính AB C điểm đường tròn (C khác với điểm cung »AB ), H hình chiếu C AB Đường tròn đường kính CH cắt CA, CB (O) D, E, F a) Chứng minh AB, DE, CF đồng quy b) Đường tròn tâm C bán kính CH cắt (O) P, Q Chứng minh P, D, E, Q thẳng hàng 23 C P D F K I E Q C A O H S B Ta có HD ⊥ CA, HE ⊥ CB (Vì CH đường kính đường tròn (CHD) Do CD.CA = CE.CB = CH2 Suy tứ giác ADEB nội tiếp Xét đường tròn (ADEB), (O) đường tròn đường kính CH AB, DE, CF trục đẳng phương cặp đường tròn nên chúng đồng quy điểm S tâm đẳng phương chúng Ta có OC ⊥ PQ Mặt khác ta chứng minh OC ⊥ DE sau: Gọi K giao điểm OC với ĐE · Do góc ACB vuông nên CAB + ·ABC = 1V (1) · O (2) ⧍ OAC cân nên ·ACO = CA · · Mặt khác tứ giác ADEB nội tiếp nên ta có CDE (3) = CBA · · · Từ (1), (2) (3) suy CDE + ·ACO = 900 hay CDK + DCK = 900 Vậy ⧍ DCK vuông K Hay OC ⊥ DE Ta có đường thẳng PQ, AB, CFcũng trục đẳng phương cặp đường tròn đường tròn (O), (I), (C) nên đồng quy S tâm đẳng phương chúng Ta thấy đường thẳng PQ, DE qua S vuông góc với OC nên chúng trùng 24 Vậy P, Q, D, E thẳng hàng VI.Phương pháp áp dụng định lí Pascal Bài toán Trong mặt phẳng cho điểm A, B, C , D chuyển động ( O ) cho đường thẳng AB, BC CD qua điểm cố định thẳng hàng M , N P cho trước đường thẳng ∆ Chứng minh đường thẳng DA qua điêm cố định Q ∆ Lời giải D1 D A1 A C C1 B Q N B1 M Áp dụng định lí Pascal, ta có cho hai tứ giác: BCDB1C1D1 ⇒ BC ∩ B1C1 = N , CD ∩ C1D1 = P, DB1 ∩ D1B = S ⇒ S ∈ ∆ DABD1 A1B1 ⇒ DA ∩ D1 A1 = Q, AB ∩ A1B1 = M , BD1 ∩ B1D = S Q ∈ MS ⇒ Q ∈ ∆ ⇒ Q điểm cố định thuộc ∆ VII Phương pháp áp dụng góc định hướng Bài toán (VMO – Bảng A, 2006) Cho tứ giác lồi ABCD Xét điểm M di động đường thẳng AB cho M không trùng với A B Gọi N giao điểm thứ hai khác M đường tròn qua ba điểm M , A, C đường tròn qua ba điểm M , B, D Chứng minh rằng: a) Điểm N di động đường tròn cố định b) Đường thẳng MN qua điểm cố định Lời giải a) Gọi I giao điểm AC BD Xét góc định hướng, ta có ( CI , CN ) = ( CA, CN ) = ( MA, MN ) = ( MB, MN ) = ( DB, DN ) = ( DI , DN ) ( mod π ) 25 Vậy ( CI , CN ) = ( DI , DN ) ( mod π ) ⇒ C , I , D, N đồng viên Do điểm N di động đường tròn cố định ( C , D, I ) N C D t I K A M B b) Đường thẳng qua I , song song với AB cắt đường thẳng MN K (gọi t ) Vì ( MA, MN ) = ( KI , KN ) ( mod π ) Do điểm C , I , K , N đồng viên hay điểm K nằm đường tròn cố định qua C , D, I , N Điểm K giao điểm đường thẳng t cố định đường tròn ( C , D, T ) cố địng nên đường thẳng MN qua điểm K cố định VII Một số Phương pháp khác Bài toán Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) AB, CD cắt S ; AD, BC cắt F ; AC , BD cắt E Kẻ tiếp tuyến SM , SN với đường tròn ( O ) ( M , N ∈ ( O ) ) Chứng minh điểm E , F , M , N thẳng hàng 26 F A N X T B E Y S O C Z D M Chứng minh: Gọi Y , T tương ứng giao điểm SE với BC , AD X , Z tương ứng giao điểm MN với AB, CD +) Ta có ( SXBA ) = −1 = ( SZCD ) Theo tính chất phép chiếu xuyên tâm ta suy XZ , AC , BD đồng quy ⇒ F , X , Z thẳng hàng ⇒ F , M , N thẳng hàng (1) +) Ta có: ( SXAB ) = −1 = ( SETY ) Theo tính chất phép chiếu xuyên tâm ta suy XE , AT , BY đồng quy ⇒ F , X , E thẳng hàng (2) +) ( SZCD ) = −1 = ( SEYT ) Theo tính chất phép chiếu xuyên tâm ta suy ZE , DT , CY đồng quy ⇒ F , Z , E thẳng hàng (3) Từ (1), (2), (3) suy điểm E , F , M , N thẳng hàng Bài toán Cho lục giác ABCDEF nội tiếp đường tròn tâm O, bán kính R Gọi M, N, H, K trung điểm cạnh AB, BD, DF, AF Từ M, N, H, K kẻ đường thẳng d1 , d ,d , d vuông góc với đường thẳng DF, AF, AB, BD Chứng minh : Các đường thẳng d1 , d ,d , d đồng quy Giải 27 Do ABCDEF nội tiếp ( O ); M, N, H, K trung điểm dây cung AB, BD, DF, FA nên suy OM ⊥ AB, ON ⊥ BD, OH ⊥ DF, OK ⊥ AF ( 1) 1 có MN//AD, MN = AD ; KH//AD, KH = AD ⇒ MNHK hình bình 2 hành Gọi I giao điểm MH NK Gọi O’ giao điểm d1 d3 B C M A d1 O' N d2 I d4 O D d3 K H F E O'M ⊥ DF, OH ⊥ DF ⇒ O'M // OH OM ⊥ AB, O'H ⊥ AB ⇒ OM // O'H ⇒ tứ giác OMO’H hình bình hành ⇒ OO’ cắt MH I ( IM = IH) Suy O, I, O’ thẳng hàng IO = IO’ Xét tứ giác ONO’K có IN = IK, IO = IO’ suy tứ giác ONO’K hình bình hành ⇒ O ' N ⊥ AF hay d ⊥ AF , O'K ⊥ BD hay d ⊥ BD Vậy đường thẳng d1 , d ,d3 , d đồng quy điểm O’ Bài toán Cho điểm A, B, C, D, E nằm đường tròn (O) Chứng minh rằng: 10 đường thẳng qua trực tâm tam giác tạo điểm vuông góc với đường thẳng nối điểm lại qua điểm Gọi H trực tâm tam giác ABC, M điểm thỏa mãn uuuur uuur uuur uuur uuur uuur OM = OA + OB + OC + OD + OE Khi đó: 28 uuuur uuur uuuur uuur uuur uuur HM.ED = OM − OH OD − OE uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur =  OA + OB + OC + OD + OE − OA + OB + OC  OD − OE   uuur uuur uuur uuur uuur2 uuur2 = OD + OE OD − OE = OD − OE = ( ( ( )( )( ) ) ( )( ) ) ⇒ HM ⊥ DE Suy đường thẳng qua H vuông góc DE qua M Tương tự suy điều phải chứng minh Bài toán Cho hai đường tròn (O1) (O2) cắt A, B M điểm di động (O1) cho hai tia MA, MB cắt (O 2) E, F Gọi I trung điểm EF a/ Chứng minh: Đường thẳng MI qua điểm cố định KA MA.MF = KB MB.ME b/ MI cắt AB K Chứng minh: a/ * Hai tiếp tuyến đường tròn tâm O1 cắt D => D cố định * Qua D kẻ đường thẳng song song với EF, cắt MA, MB S, R * Ta có: ∠DSA = ∠DAS ( góc ABM)  DA = DS Tượng tự, có: DB = DR Vậy D trung điểm RS => MD qua trung điểm I EF hay MI qua điểm cố định D b/ * KA dt∆AMK MA.MK sin AMˆ K MA sin AMˆ K = = = KB dt∆BMK MB.MK sin BMˆ K MB sin BMˆ K (1) * Gọi J trung điểm AB, ta có dt∆AMJ = dt∆BMJ ⇒ MA sin AMˆ J MA sin BMˆ J = = => ˆJ MB sin AMˆ J MB.sinBM * Do ∆MAB ≅ ∆MFE ⇒ AB AM = FE FM ⇒ (2) JA FI = AM FM (3) ˆ A = IM ˆF Lại có: ∠JAM = ∠IFM , với (3) có ∆JAM ≅ ∆IFM ⇒ JM ˆ K suy ra: BMˆ J = AMˆ K & AMˆ J = BM Từ (4), (3), (2) (1) => đpcm (4) 29 Bài toán Cho đường tròn tâm O đường kính AB, điểm H cố định thuộc AB Từ điểm K thay đổi tiếp tuyến B O, vẽ đường tròn (K; KH) cắt (O) C D Chứng minh CD qua điểm cố định Hướng dẫn Gọi I điểm đối xứng H qua B, suy I cố định thuộc (K) Gọi M giao điểm CD AB Vì CD trục đẳng phương (O) (K) nên ta có: MH MI = MC.MD = MA.MB ⇔ ( MB + BH ) ( MB + BI ) = MB ( MB + BA) ( MB + BH ) ( MB − BH ) = MB + MB.BA ⇔ MB − BH = MB + MB.BA ⇔ BH BM = BA ⇔ 2 2 Vì A, B, H cố định suy M cố định Bài toán Từ điểm A đường tròn tâm O, ta vẽ tiếp tuyến AD AE tới (O) Trên đường AD kéo dài phía D ta lấy điểm B Từ B ta kẻ tiếp tuyến thứ hai ( khác BE) với đường tròn (O), tiếp tuyến cắt đường thẳng AE C Trên tia đối tia BA CA ta lấy điểm P Q tương ứng cho PB = BC = CQ Gọi giao CP BQ I, M trung điểm BC Chứng minh đường thẳng IM luôn qua điểm cố định Đường thẳng qua I song song với AO cắt đường thẳng AB F Chứng minh PF = AQ (Xem hình vẽ) Dựng hình bình hành ABJC Từ giải thiết ta dễ dàng suy I tâm đường tròn nội tiếp tam giác BJC Suy I O đối xứng với qua điểm M giao điểm đường chéo AJ BC Hay IM qua điểm O cố định 30 F A K E D O C B M I Q P J Từ suy JI // AO JI qua F Xét trường hợp: i)Điểm F trùng với đỉnh A Khi rõ ràng AB = AC ii)Điểm A nằm B F Khi IF cắt đoạn AC K Dễ thấy AF = AK; BA = JC = CK Từ đây, suy ra: PF = PB + BA + AF = QC + CK + KA = AQ Và PA = QK (*) iii) Trường hợp F nằm giữ Q A ta làm tương tự cách thay đổi vị trí điểm B C; P Q Rõ ràng F đóng vai trò điểm K (*) QA = PF ( đpcm) 31 [...]... AC , BD đồng quy ⇒ F , X , Z thẳng hàng ⇒ F , M , N thẳng hàng (1) +) Ta có: ( SXAB ) = −1 = ( SETY ) Theo tính chất 2 của phép chiếu xuyên tâm ta suy ra XE , AT , BY đồng quy ⇒ F , X , E thẳng hàng (2) +) ( SZCD ) = −1 = ( SEYT ) Theo tính chất 2 của phép chiếu xuyên tâm ta suy ra ZE , DT , CY đồng quy ⇒ F , Z , E thẳng hàng (3) Từ (1), (2), (3) suy ra 4 điểm E , F , M , N thẳng hàng Bài toán 2 Cho... nên đồng quy tại S là tâm đẳng phương của chúng Ta thấy 2 đường thẳng PQ, DE cùng đi qua S và cùng vuông góc với OC nên chúng trùng nhau 24 Vậy P, Q, D, E thẳng hàng VI.Phương pháp áp dụng định lí Pascal Bài toán 1 Trong mặt phẳng cho 4 điểm A, B, C , D chuyển động trên ( O ) sao cho các đường thẳng AB, BC và CD lần lượt đi qua 3 điểm cố định thẳng hàng M , N và P cho trước trên đường thẳng ∆ Chứng minh. .. của M lên các cạnh AB, AD Chứng minh 3 đường thẳng CM , BF , DE đồng quy Lời giải E B D F A P M C Q Các đường thẳng ME , MF cắt CD, CB tại P, Q · · Ta có ∆EFM = ∆MCQ ⇒ QMC = MEF ⇒ CM ⊥ EF Tương tự, ta có ED ⊥ CF , FB ⊥ EC , suy ra CM , BF , DE là các đường cao trong tam giác CEF nên chúng đồng quy (đpcm) Bài toán 2 Cho tứ giác ABCD nội tiếp trong một đường tròn Đường thẳng AD và BC cắt nhau tại... I, O’ thẳng hàng và IO = IO’ Xét tứ giác ONO’K có IN = IK, IO = IO’ suy ra tứ giác ONO’K là hình bình hành ⇒ O ' N ⊥ AF hay d 2 ⊥ AF , O'K ⊥ BD hay d 4 ⊥ BD Vậy 4 đường thẳng d1 , d 2 ,d3 , d 4 đồng quy tại một điểm O’ Bài toán 3 Cho 5 điểm A, B, C, D, E cùng nằm trên đường tròn (O) Chứng minh rằng: 10 đường thẳng đi qua trực tâm tam giác tạo bởi 3 điểm bất kỳ trong đó và vuông góc với đường thẳng. .. Vì A, B, H cố định suy ra M cố định Bài toán 7 Cho đường tròn tâm O, đường kính AB C là một điểm trên đường tròn (C khác với điểm chính giữa của cung »AB ), H là hình chiếu của C trên AB Đường tròn đường kính CH cắt CA, CB và (O) lần lượt ở D, E, F a) Chứng minh rằng AB, DE, CF đồng quy b) Đường tròn tâm C bán kính CH cắt (O) ở P, Q Chứng minh rằng P, D, E, Q thẳng hàng 23 C P D F K I E Q C A O H S B... ) ( )( ) ) ⇒ HM ⊥ DE Suy ra đường thẳng qua H và vuông góc DE đi qua M Tương tự suy ra điều phải chứng minh Bài toán 4 Cho hai đường tròn (O1) và (O2) cắt nhau ở A, B M là điểm di động trên (O1) sao cho hai tia MA, MB cắt (O 2) tại E, F Gọi I là trung điểm của EF a/ Chứng minh: Đường thẳng MI luôn đi qua một điểm cố định KA MA.MF = KB MB.ME b/ MI cắt AB tại K Chứng minh: a/ * Hai tiếp tuyến của đường... nên đường thẳng MN luôn đi qua điểm K cố định VII Một số Phương pháp khác Bài toán 1 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) AB, CD cắt nhau tại S ; AD, BC cắt nhau tại F ; AC , BD cắt nhau tại E Kẻ các tiếp tuyến SM , SN với đường tròn ( O ) ( M , N ∈ ( O ) ) Chứng minh rằng 4 điểm E , F , M , N thẳng hàng 26 F A N X T B E Y S O C Z D M Chứng minh: Gọi Y , T tương ứng là giao điểm của SE với... trục đẳng phương đồng quy tại tâm đẳng phương, suy ra DE , BC và NA ' đồng quy tại điểm M Vậy M , N , A ' thẳng hàng Bài toán 5 Cho đường tròn (O) và hai điểm A, B cố định Một đường thẳng quay quanh A, cắt (O) tại M và N Chứng minh rằng tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BMN thuộc một đường thẳng cố định Hướng dẫn Gọi I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MNB Gọi C là giao điểm của AB và (I) Khi... (2) (3) Qua điểm Q kẻ đường thẳng song song với MN cắt đường thẳng AM tại R Theo định lí Thales ta có NQ MR = NH MH (4) Từ (3) và (4) suy ra MP = MR Như vậy nếu gọi I là giao điểm của PQ và MN thì I là trung điểm của đoạn PQ Vậy trung điểm của đoạn PQ luôn nằm trên đường thẳng cố định MN Bài toán 2 11 a) Chứng minh rằng đường thẳng Simson ứng với một điểm chia đôi đoạn thẳng nối từ điểm đó đến trực... giác PQR Suy ra O là điểm cần tìm Bài toán 2 Cho tứ giác ABCD nội tiếp đường tròn ( O ) Gọi H , N , S , R, P, Q lần lượt là trung điểm của AB, CD, AC , BD, AD, BC Qua M , N , P, Q, R, S kẻ các đường thẳng ∆ M , ∆ N , ∆ P , ∆Q , ∆ R , ∆ S lần lượt vuông góc với CD, AB, BC , AD, BD và AC Chứng minh 6 đường thẳng trên đồng quy Lời giải Ta có nhận xét MN , PQ, RS đồng quy tại I với I là trung điểm của