Chuyên đề hình học: Bài toán chứng minh thẳng hàng đồng quy, nhiều điểm thuộc 1 đường tròn

TRƯỜNG TRUNG HỌC PHỔ THƠNG CHUN LÀO CAI TỔ TỐN – TIN CHUN ĐỀ HÌNH : BÀI TỐN CHỨNG MINH THẢNG HÀNG ĐỒNG QUY; NHIỀU ĐIỂM THUỘC ĐƯỜNG TRÒN GIÁO VIÊN TOÁN: TRẦN THỊ PHƯỢNG LÀO CAI THÁNG / 2019 BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẢNG HÀNG ĐỒNG QUY; NHIỀU ĐIỂM THUỘC ĐƯỜNG TRỊN Bài tốn chứng minh ba điểm thẳng hàng Dạng toán chứng minh ba điểm thẳng hàng dạng tốn thường có tập, khơng lạ khó chứng minh học sinh, học sinh thường lúng túng giải chưa nắm sở để chứng minh, khơng thấy mối liên hệ mật thiết lý thuyết hình học liên quan đến dạng toán như: tiên đề Ơclit, tính chất ba đường tam giác, Sử dụng tính chất đường trung trực đoạn thẳng, đường phân giác góc LA,KB  Ox;� OA  OB � LC, KD  Oy � � � �� O, L, K CA  CB �� LA = LC � � DA  DB � � C, O D thẳng hàng; KB = KD � thẳng hàng - Tiên đề Ơ-clit: Qua điểm A nằm đường thẳng a, kẻ đường thẳng song song với a - Hệ quả: Qua điểm A nằm đường thẳng a, kẻ đường thẳng vng góc với a BA// a, BC// a  A, B, C thẳng hàng AC  a , BC  a  A, B, C thẳng hàng (hay AB  a, BC  a  A, B, C thẳng hàng) Sử dụng tính chất cộng đoạn thẳng Nếu AM + MB = AB M nằm A B Bài toán chứng minh ba đường thẳng đồng quy CÁC PHƯƠNG PHÁP CHỨNG MINH: Chứng minh đường thẳng đường đặc biệt tam giác: Sử dụng tứ giác nội tiếp: Chứng minh đường thẳng chia đoạn (trong ngoài) theo tỉ số nhau: Sử dụng phép đối xứng: Áp dụng định lí Céva Tìm giao hai đường thẳng, sau chứng minh đường thẳng thứ ba qua giao điểm Chứng minh điểm thuộc ba đường thẳng 7.Sử dụng tính chất đồng quy tam giác Ba đường thẳng chứa đường trung tuyến Ba đường thẳng chứa đường phân giác Ba đường thẳng chứa đường trung trực Ba đường thẳng chứa đường đường cao Sử dụng chứng minh phản chứng Sử dụng tính thẳng hàng điểm 10 Chứng minh đường thẳng qua điểm Một số phương pháp CM nhiều điểm thuộc đường tròn Các điểm cách điểm khác Các tam giác vng có cạnh huyền chung chung Hai tam giác có đáy chung góc đỉnh ( đối diện với đáy) phía ( nói cách khác từ giác có đỉnh liên tiếp nhìn đoạn cịn lại góc nhau) Tứ giác có tổng hai góc đối 180 độ ( Tứ giác có góc góc ngồi đỉnh đối) Các đỉnh hình thang cân, hình chữ nhật, hình vng, đa giác MỘT SỐ BÀI TOÁN TỪ CÁC TỈNH THÀNH TRONG CẢ NƯỚC Bài 1: [TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÀO CAI ĐỀ THI ĐỀ XUẤT KỲ THI HSG VÙNG DUYÊN HẢI VÀ ĐỒNG BẰNG BẮC BỘ LẦN THỨ VII MƠN TỐN: KHỐI 11 Năm học: 2013-2014] Cho tam giác nhọn ABC không cân Gọi H, O trực tâm, tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC; D, E chân đường cao hạ từ đỉnh A, B tam giác ABC Các đường thẳng OD BE cắt K, đường thẳng OE AD cắt L Gọi M trung điểm cạnh AB Chứng minh ba điểm K, L, M thẳng hàng bốn điểm C, D, O, H nằm đường tròn LỜI GIẢI: Áp dụng đinh lý Mê-nê-la-uýt cho tam giác HAB ba điểm K, L, M ta có: K, L, M KB LH MA KB LA =1 � = KH LH (1) thẳng hàng KH LA MB KB S BOD LA S AOE = = KH S LH S HOE (cùng cạnh đáy OE) HOD Ta lại có (cùng cạnh đáy OD), 1 S AOE = AE.d (O, AE ) = c.cos A.R cos B = R c.cos A.cos B S AOE = S BOD (Bởi 2 , R bán kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC c = AB Tương tự S BOD = R c coA.cos B ) Từ kết ta có (1) � S HOD = S HOE OH // DE OH qua trung điểm ED Bằng cách vẽ tiếp tuyến C x đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC C, dễ dàng suy DE // C x , suy CO vng góc với DE Gọi P, Q trung điểm DE, HC Dễ thấy tứ giác CEHD nội tiếp, suy QP vng góc với DE Suy CO//QP Nếu HO qua trung điểm DE suy P trung điểm HO, suy EHDO hình bình hành, suy OD // EH EO // HD Điều trái với giả thiết OD cắt BE cà OE cắt AD Vậy (1) xảy OH // DE CO vng góc với OH E, H, O, D nằm đường trịn (vì ta ln có tứ giác CEHD nội tiếp đường trịn đường kính CH) Bài 2: (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên tỉnh Hà Giang, trại hè Hùng Vương lần thứ XII) Cho tam giác ABC cân A Một đường tròn  tiếp xúc với cạnh AB, AC cắt cạnh BC K L Đoạn AK cắt đường tròn  M Gọi P Q điểm đối xứng K qua B C Gọi O tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ Chứng minh điểm M , O tâm đường tròn  thẳng hàng LỜI GIẢI Gọi I tâm ; D, E theo thứ tự tiếp điểm  AB, AC; (O) đường tròn ngoại tiếp tam giác MPQ  Dễ thấy tứ giác MDKE điều hịa Do D  MKBE   D  MKDE   1 Dễ thấy DE // PK, mà BP  BK nên Vậy D  MKBE   D  PKBE  D  PKBE   1 Từ DM �DP hay M, D, P thẳng hàng Chứng minh tương tự M, E, Q thẳng hàng Kết hợp với DE / / PK suy MP MQ  k MD ME Do qua phép vị tự tâm M tỉ số k điểm M, D, E theo thứ tự biến thành điểm M, P, Q Vậy qua phép vị tự tâm M đường tròn  biến thành đường trịn (O) Do M, I, O thẳng hàng Bài 3: (Đề thi đề xuất trường THPT chuyên Lê Quý Đôn, tỉnh Lai Châu, trại hè Hùng Vương lần thứ XII) Cho ABC nhọn, đường cao AD, BE , CF cắt H Cho K điểm tùy ý cạnh BC ( K khác B, C ) Kẻ đường kính KM đường trịn ngoại tiếp tam giác BFK đường kính KN đường tròn ngoại tiếp tam giác CEK Chứng minh M , H , N thẳng hàng LỜI GIẢI Gọi L giao điểm thứ hai hai đường trịn (BKF) (CKE) Ta có tứ giác BFEC nội tiếp Do AF.AB  AE.AC � A thuộc trục đẳng phương hai đường tròn (BFK) (CEK) Suy A, L, K thẳng hàng Vì tứ giác BFHD nội tiếp nên AH AD  AF.AB  AL AK Do tứ giác DHLK nội tiếp Suy HL  AK Mà ML  AK nên M, H, L thẳng hàng Tương tự N, H, L thẳng hàng Từ suy M, H, N thẳng hàng � O� ; r1  O� ; r2  Bài 4: Cho đường tròn  đường tròn  tiếp xúc ngồi C Đường trịn  O; r  tiếp xúc ngồi với hai đường trịn đường tròn d ; r1   O�  � O� ; r2  ; r1   O� ; r2   O�� Tiếp tuyến chung C O; r d Đường kính AB đường trịn   vng góc với Chứng minh AO , BO , d đồng quy LỜI GIẢI ( Bắc Ninh 2018) Gọi M,N đường tròn  O // ; r2  O; r tiếp điểm đường tròn   O / / ; r2  nên O ;r  với đường tròn  / O / ; r1  Vì d tiếp tuyến đường trịn  đường tròn d  O 'O '' nên � '' � tam giác cân có BON  CO N ) �'' � suy ONB  O NC nên A, M , C B, C , N thẳng hàng thẳng hàng BN r AM r  ;  CN r MC r1 Suy O Mà AB đường kính   nên Suy AN , BM , d AB / / O 'O '' ’’ Ta lại có O, N , O thẳng hàng tam giác OBN đồng dạng tam giác Tương tự AN  BC ; BM  AC đồng quy Gọi H  d �AB Áp dụng định lý Ceva ta có: AH BN CM AH r r1 r r  1�  HB CN MA HB r2 r HB HA (1) O’’CN (vì hai Giả sử d cắt Suy BO’ AO’’ O 'CD : BHD � Tương tự D E CD r  DH HB (2) CE r  DH HA (3) Từ (1), (2),(3) suy CD CE  DH EH , suy D trùng E ’’ ’ Do AO , BO , d đồng quy Bài 5: Tam giác ABC có H trực tâm, M trung điểm BC, P điểm đoạn HM Gọi D, E, F hình chiếu P AH, AB, AC Đường thẳng HM cắt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC K, G (M nằm H K) Tiếp tuyến E, F đường tròn ngoại tiếp tam giác EAF cắt T Chứng minh ba điểm G, D, T thẳng hàng (Hưng Yên 2018) Gọi AK’ đường kính đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC Khi K’, H, M thẳng hàng Vậy K’ trùng K AGM  90 Suy G �( AEFP ) Ta có� Gọi R, S chân đường cao theo thứ tự hạ từ B, C tam giác ABC Xét đường tròn (AGBC), (AGSHR), (BSRC) có trục đẳng phương AG, SK, BC TH1: AG, SK, BC song song trùng tam giác ABC vng cân A Khi tiếp tuyến E F (AEF) song song TH2: AG, SK, BC đồng quy T’ Ta có ( AT ', AH , AS , AR )  1 � ( AG, AE , AD, AF )  1 Suy GEDF tứ giác điều hòa Do G, P, T thẳng hàng Bài 6: Cho tam giác ABC (AB  AC) nội tiếp đường tròn (O) ngoại tiếp đường tròn (I ) Gọi tiếp điểm (I ) với BC, CA, AB D, E, F Gọi S, T � � điểm cung BC chứa A cung BC không chứa A (O) SI cắt (O) điểm thứ hai K Gọi M điểm đối xứng A qua O MI cắt (O) điểm thứ hai N IN giao EF G a) Chứng minh đường thẳng AN, TK , CB đồng quy DG song song với AI b) Chứng minh đường nối trực tâm tam giác AEF trực tâm tam giác ABC qua G G: Gọi P giao AN, BC Ta thấy điểm A,N, F , I , E thuộc đường trịn đường kính AI Xét tam giác TBI có �TBI  �TBC  �CBI  �BAI  �ABI  �TIB TB  TI Tương tự ta có TI  TC Do T tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác BIC Do T, I trung điểm AI thẳng hàng nên đường trịn đường kính AI đường trịn ngoại tiếp tam giác TBC tiếp xúc I Các trục đẳng phương ba đường tròn: (O) , đường trịn đường kính AI đường trịn ngoại tiếp tam giác TBC đồng quy tâm 10 S A F1 E1 N F V R C1 J G B1 L E O I H C D B P Z M K T đẳng phương Do tiếp tuyến chung đường trịn đường kính AI đường trịn ngoại tiếp tam giác TBC I qua P Do AI  IP Giả sử TK I BC   P ' Ta xét hai tam giác VTKB VTBP ' có chung �BTP '  �KTB;�BKT  1800  VTKB : VTBP '(g  g) � �BAC  1800  �TBC  �P ' BT � TK TB  � TK TP '  TB2 � TK TP '  TI TB TP ' Mà IK  TP ' nên tam giác VTIP ' vng I Từ suy P �P ' hay AN, TK , CB đồng quy Bài 7: 11 �  90 A  , đường cao CD Gọi E trung  Cho tam giác ABC cân A có � điểm BD, M trung điểm CE, phân giác góc BDC cắt CE P Đường trịn tâm E đường kính BD cắt đoạn BC F, đường tròn tâm C bán kính CD cắt AC Q Gọi K  PQ �AM a Chứng minh P, Q, F thẳng hàng b Chứng minh tam giác CKD vuông (Lương Văn Tụy 2018) Gọi T giao điểm DP đường trịn tâm C bán kính CD, S  QD �BC , L  QB �KC , N  FM �AC Vì � � CD  AB, BDT  TDC nên � � � � � � DCT  2DQT  2BDT  BDT  TDC  BDC  900 Vì CD  CQ , AB  AC ,CD  AB nên � � 1800  DCQ 1800  DAC � � � QSC  1800  CDQ  BCQ  1800   2 � � DAC  DCQ 900    450 2 12 Vậy CT  CD ,QT  BC Kết hợp với BD  CD , DF  BC , suy � � CT P DB,QT P DF(1) � Vì DF  BF , ED  EB nên EFB  EBF  ACB Do đó: QC P FE (2) Từ (1) (2) suy CE, TD, QF đồng quy Điều có nghĩa P, Q, F thẳng hàng Vì EF PCN , ME  MC nên CNEF hình bình hành Do MF  MN ,EF P AC (3) Từ (3), áp dụng định lí Menelaus cho tam giác NQF cát tuyến KMA, suy ra: 1 KQ M F AN KQ AN KQ AQ  �  (4) KF M N AQ KF AQ KF AN Từ (3) (4), áp dụng định lí Menelaus cho tam giác BQF cát tuyến KCL, theo định lí Thales, ý AC=AB, suy ra: 1 KQ CF LB AQ AE LB AQ AN LB AQ LB LB AB    �  KF CB LQ AN AB LQ AN AC LQ AB LQ LQ AQ � Do AL phân giác góc BAQ Kết hợp với AB=AC, suy LB=LC Vậy Vì � CQ  CD ,CDB  900 , DF  BC Vậy � � QBC  KCF (5) 2 nên CQ  CD  CF.CB � CBQ : CQF � � (6) QBC  FQC � � Từ (5), (6) suy KCF  FQC Do đó: FKC : FCQ Kết hợp với � AB  AC ,CDB  900 , DF  BC � � � � FKC  FCQ  DBC  FDC ta suy ra: Do tứ giác DKCF nội tiếp � � Vậy CKD  CFD  90 (đpcm) 13 �  90 A  , đường cao CD Gọi E trung  Cho tam giác ABC cân A có Bài 8: � điểm BD, M trung điểm CE, phân giác góc BDC cắt CE P Đường trịn tâm E đường kính BD cắt đoạn BC F, đường trịn tâm C bán kính CD cắt AC Q Gọi K  PQ �AM a Chứng minh P, Q, F thẳng hàng b Chứng minh tam giác CKD vuông (Lương Văn Tụy 2018) Gọi T giao điểm DP đường trịn tâm C bán kính CD, S  QD �BC , L  QB �KC , N  FM �AC � � Vì CD  AB, BDT  TDC nên � � � � � � DCT  2DQT  2BDT  BDT  TDC  BDC  90 Vì CD  CQ , AB  AC ,CD  AB nên 0 � � �  1800  CDQ � �  1800  180  DCQ  180  DAC QSC  BCQ 2 � � DAC  DCQ 90    450 2 Vậy CT  CD ,QT  BC Kết hợp với BD  CD ,DF  BC , suy CT PDB,QT PDF(1) 14 � � � Vì DF  BF , ED  EB nên EFB  EBF  ACB Do đó: QC PFE (2) Từ (1) (2) suy CE, TD, QF đồng quy Điều có nghĩa P, Q, F thẳng hàng b Vì EF PCN , ME  MC nên CNEF hình bình hành Do MF  MN , EF P AC (3) Từ (3), áp dụng định lí Menelaus cho tam giác NQF cát tuyến KMA, suy ra: 1 KQ M F AN KQ AN KQ AQ  �  (4) KF M N AQ KF AQ KF AN Từ (3) (4), áp dụng định lí Menelaus cho tam giác BQF cát tuyến KCL, theo định lí Thales, ý AC=AB, suy ra: 1 KQ CF LB AQ AE LB AQ AN LB AQ LB LB AB    �  KF CB LQ AN AB LQ AN AC LQ AB LQ LQ AQ � Do AL phân giác góc BAQ Kết hợp với AB=AC, suy LB=LC Vậy � � (5) QBC  KCF � 2 Vì CQ  CD ,CDB  90 , DF  BC nên CQ  CD  CF.CB � CBQ : CQF � � Vậy QBC  FQC(6) � � Từ (5), (6) suy KCF  FQC Do đó: FKC : FCQ � Kết hợp với AB  AC ,CDB  90 Do tứ giác DKCF nội tiếp � � Vậy CKD  CFD  90 (đpcm) , DF  BC � � � � ta suy FKC  FCQ  DBC  FDC Bài 9: Cho ngũ giác lồi ABCDE.Gọi F điểm nằm AC cho BF  BC tam giác ABF,ACD,ADE tam giác đồng dạng đồng thời: �FAB  �FBA  �DAC  �DCA  �EAD  �EDA (1) Gọi M trung điểm CF X đỉnh thứ tư hình bình hành AMXE Chứng minh rằng:BD,EM FX đồng quy 15 (Hải Dương 2018) Đặt góc (1)  VABF : VACD � AB AF  �VABC : VAFD AC AD � AED � AFD  � ABC  900    1800  Do EA = ED nên �  � DFC 1800  2 �  DCF �  900 � FDC �  900  900   � DFC � �  DAF �  90 2 � EDF �  900  2    900   ADF  DFC �  EAF �  FEA �  2  1800  4  1800  2 CFE �  CFE �  CFD �  900    EDF � � EFD � EF  ED  EA � � � EFA  EAF  2  BFC � B,F,E thẳng hàng �  MAD � EDA nên ED song song AM E,D,X thẳng hang M trung điểm CF BF  BC nên MF=MB VAFE VBFM � AE  BM  XM BE  BF  FE  AF  FM  AM  EX Do VEMB VEMX F,D nằm EB,EX EF=ED nên BD XF đối xứng với qua EM 16 Vậy BD,XF,EM đồng quy Bài 10: Cho tam giác ABC vuông A, AC  AB Gọi M điểm thay đổi cạnh AB Đường thẳng CM cắt đường trịn đường kính BM điểm thứ hai N cắt đường tròn tâm A bán kính AC điểm thứ hai D Đường thẳng AN cắt đường trịn đường kính BM lại điểm thứ hai E Chứng minh M thay đổi tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác DEM nằm đường thẳng cố định (Huế 2018) AM BP  2k  k  AB BC 3 k , d đường Giả sử Gọi P điểm cạnh BC cho thẳng qua A vng góc với MP Chứng minh ba đường thẳng d, BN ME 17 đồng quy điểm C O P d A H M I B K N E T D C' 18 � � � � a) Ta có ADM  ACM  MBN  AEM Suy tứ giác AMED nội tiếp 19 Giả sử ta có hình vẽ (các trường hợp khác tương tự) Ta có � � � Gọi C’ điểm đối xứng với C qua A, AC ' M  ACM  ADM � � PAN  180  BEC tứ giác AC’MD �  1800  BFC nội tiếp.Vậy điểm A, M, E, D, C’ nằm đường tròn (T) Tâm T đường tròn tâm đường trịn � ngoại PFN tiếp tam giác DEM Vì C’ cố định nên AC’ cố định, từ suy tâm đường trịn ngoại APFN nội tiếp Lại có tứ giác KPAF nội tiếp Vậy điểm A, F, K, Tứ giác Suy tiếpra: tam giác DEM nằm đường thẳng cố định, đường trung trực N,AC’ P thuộc đường tròn (I) Suy tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác AEF nằm đường thẳng d đường trung trực AH Gọi O trung điểm BC Ta chứng minh MP song song với OT Gọi H trung điểm AM, K trung điểm AB I trung điểm HK, Khi tứ giác AM k AB HTKO hình bình hành Sử dụng giả thiết suy BM  (1 k)AB, BI  AB  AI  AB  Suy (1 k)AB (3 k)AB  4 BM  4k  BI 3 k BP  2k BP  4k BM BP    BO , MP // OT Vì BC 3 k nên BO 3 k Suy BI Suy d  OT Ta có ME trục đẳng phương đường trịn đường kính BM đường trịn (T) BN trục đẳng phương đường trịn đường kính BM đường trịn đường kính BC, d trục đẳng phương (T) đường trịn đường kính BC Suy ba đường thẳng d, ME, BN đồng quy điểm 20 Bài 11: Cho tam giác nhọn ABC nội tiếp đường tròn (O).Trên đường tròn (O) lấy b) Gọi H giao điểm thứ hai EF với đường tròn (O) HK đường kính đường trịn (I) Gọi HK với BC giao điểm (1) Hai tam giác BMF HPK đồng dạng (g.g) (2) Từ (1) (2) suy Mà Suy hai tam giác PKS’ HPK đồng dạng (c.g.c) tiếp xúc với đường trịn (I) Hồn tồn tương tự tiếp xúc với đường tròn (I), suy đpcm Bài 12: Cho tam giác nhọn có nội tiếp đường trịn , đường phân giác góc cắt khác Lấy điểm di chuyển đoạn thẳng , không trùng với Tia cắt cắt đường tròn cắt đường tròn Tiếp tuyến đường tròn , song song cắt a Chứng minh điểm b Các đường thẳng qua điểm cố định tại ; tia cắt đường thẳng qua thẳng hàng cắt Chứng minh đường thẳng di chuyển (Quảng Ngãi 2018) 21 ...BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẢNG HÀNG ĐỒNG QUY; NHIỀU ĐIỂM THUỘC ĐƯỜNG TRỊN Bài tốn chứng minh ba điểm thẳng hàng Dạng toán chứng minh ba điểm thẳng hàng dạng tốn thường có tập, khơng lạ khó chứng minh. .. thẳng chứa đường phân giác Ba đường thẳng chứa đường trung trực Ba đường thẳng chứa đường đường cao Sử dụng chứng minh phản chứng Sử dụng tính thẳng hàng điểm 10 Chứng minh đường thẳng qua điểm Một... hai đường thẳng, sau chứng minh đường thẳng thứ ba qua giao điểm Chứng minh điểm thuộc ba đường thẳng 7.Sử dụng tính chất đồng quy tam giác Ba đường thẳng chứa đường trung tuyến Ba đường thẳng