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

Bài toán chứng minh thẳng hàng đồng quy là những bài toán thường gặp trong các đề thi hoc sinh giỏi THCS và THPT. Có nhiều phương pháp để chưng minh bài toán 3 điểm thẳng hàng hoặc ba đường thẳng đồng quy. Trong tập tài liệu này chúng tôi xin trích đẫn một số bài toán, để minh hoa cho các phương pháp thường gặp nhất. Tài liệu là sự tập hợp của chúng tôi thông qua quá trình giảng dạy, mặc dù có nhiều cố gắng nhưng chắc chắn không tránh khỏi những thiếu sót rất mong nhận được sự thông cảm, góp ý của bạn bè đồng nghiệp, để tài liệu này hoàn chỉnh hơn.

Chuyên đề: CHUYÊN ĐỀ MỘT SỐ BÀI TOÁN CHỨNG MINH THẲNG HÀNG ĐỒNG QUY 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 thơng qua q trình giảng dạy, có nhiều cố gắng chắn không 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 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 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′ = 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 ) = −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 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 vuông 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 X 12 4 K M C 1 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 ) 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: nên theo định lý Xêva dạng sin ta có * 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 tốn 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 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 trịn 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 trịn · · · Do DCA = DPQ = DPR · · Tương tự, D, Q, R, A nằm đường trịn, 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 tốn 2.Cho tam giác ABC với đường cao AM, BN nội tiếp đường N tròn (O) D điểm đường trịn mà khác A, B DA khơng song Q song với BN Các đường thẳng DA H BN cắt Q Các đường thẳng DB M B I C P D AM cắt P Chứng minh D di động đường trịn (O) trung điểm đoạn PQ ln nằm đường thẳng cố định 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 b) Gọi Q điểm đối xứng với P qua O P’, Q’ điểm đối xứng P, · Q qua phân giác góc BCA Theo kết tốn ta có: S p ⊥ CP '; S q ⊥ CQ ' 10 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 tốn 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 vng 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 ) 15 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 16 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 ( 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 trịn ( d ) nội tiếp APCD X tâm vị tự biến ( a ) thành ( w ) tâm vị tự ngồi 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 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 ) 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 ) 17 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 2S∆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 trịn ( 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 ) 18 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 ngồi 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 khơng tiếp tuyến đường trịn ( O ) Đường trịn đường kính PD 19 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 ( γ ) · 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 tốn Cho đường trịn (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: P A / ( I ) = AC AB = AM AN = P A / ( O ) (không đổi A, (O) cố định) Suy AC = P A /( O) AB 20 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 trịn 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 trịn tâm O, đường kính AB C điểm đường trịn (C khác với điểm cung »AB ), H hình chiếu C AB Đường trịn 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 21 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 trịn (CHD) Do CD.CA = CE.CB = CH2 Suy tứ giác ADEB nội tiếp Xét đường tròn (ADEB), (O) đường trịn 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 vng 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 vng 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 vng góc với OC nên chúng trùng 22 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 ) 23 Vậy ( CI , CN ) = ( DI , DN ) ( mod π ) ⇒ C , I , D, N đồng viên Do điểm N di động đường trịn 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 24 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 25 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 vng góc với đường thẳng nối điểm cịn lại qua điểm Gọi H trực tâm tam giác ABC, M điểm thỏa mãn uuuu r uuur uuu r uuur uuur uuu r OM = OA + OB + OC + OD + OE Khi đó: 26 uuuu r uuur uuuu r uuur uuur uuu r HM.ED = OM − OH OD − OE uuur uuur uuur uuur uuu r uuur uuur uuur uuur uuur =  OA + OB + OC + OD + OE − OA + OB + OC  OD − OE   uuur uuu r uuur uuu r uuur uuu r2 = OD + OE OD − OE = OD − OE = ( ( ( )( )( ) ) ( )( ) ) ⇒ HM ⊥ DE Suy đường thẳng qua H vng góc DE qua M Tương tự suy điều phải chứng minh Bài tốn Cho hai đường trịn (O1) (O2) cắt A, B M điểm di động (O1) cho hai tia MA, MB cắt (O2) 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) 27 Bài toán Cho đường trịn 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 ngồi đường trịn 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 28 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) 29 ... ∆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:... phương đồng quy tâm đẳng phương, suy DE , BC NA ' đồng quy điểm M Vậy M , N , A ' thẳng hàng Bài tốn Cho đường trịn (O) hai điểm A, B cố định Một đường thẳng quay quanh A, cắt (O) M N Chứng minh. .. 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)